- A 签到
- B 签到
- C dp
- 题意：n道题，第i道题做对的概率为 p i p_i pi，问分别做对n道题中分别做对0,1,2,3,…n道的概率。
- 思路： d p [ i ] [ j ] 表 示 前 i 道 题 中 对 了 j 道 的 概 率 dp[i][j]表示前i道题中对了j道的概率 dp[i][j]表示前i道题中对了j道的概率
d p [ i ] [ 0 ] = d p [ i − 1 ] [ 0 ] ∗ ( 1 − p i ) dp[i][0]=dp[i-1][0]*(1-p_i) dp[i][0]=dp[i−1][0]∗(1−pi)
d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j ] ∗ ( 1 − p i ) + d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ∗ p i dp[i][j]=dp[i-1][j]*(1-p_i)+dp[i-1][j-1]*p_i dp[i][j]=dp[i−1][j]∗(1−pi)+dp[i−1][j−1]∗pi
- D 签到 注意判断三角形是否合法（三点共线）
- E 签到 将原式平方+质因子分解
- F 贪心 按照a+b降序排列即可
- G hash 选取模数如402653189看等式两边对模数取模的结果是否相同即可
- H
- 题意：
- 思路：升序排列，设遍历到i(i≥k)，dp[i]表示前i个处理完之后至少需要的魔力值。
那么 d p [ i ] = m i n 1 ≤ j ≤ i − k + 1 { a [ i ] − a [ j ] + d p [ j − 1 ] } = a [ i ] − m i n 1 ≤ j ≤ i − k + 1 { d p [ j − 1 ] − a [ j ] } dp[i]=min_{1≤j≤i-k+1}\{a[i]-a[j]+dp[j-1]\}=a[i]-min_{1≤j≤i-k+1}\{dp[j-1]-a[j]\} dp[i]=min1≤j≤i−k+1{a[i]−a[j]+dp[j−1]}=a[i]−min1≤j≤i−k+1{dp[j−1]−a[j]}且每次往下遍历一个，j范围的左边界不变，右边界只增加一个值，可以在遍历的时候处理出来。最后求得的dp[n]即答案。
- I
- 题意：
- 思路：对于 v i = v j v_i=v_j vi=vj，花费为0，所以 v i = v j v_i=v_j vi=vj的点一定是相连的。假如这n个点去重后有m个不同的点，那么只需要连m-1条边，找到最低的位p，如果存在 v i v_i vi的p位为0， v j v_j vj的p位为1，那么最终的答案就是 2 p ∗ ( m − 1 ) 2^p*(m-1) 2p∗(m−1)，这是由于lowbit只关系找到最后一个是1的位置，让p位上值不同的点之间相连。
对于如何处理上述的"如果存在 v i v_i vi的p位为0， v j v_j vj的p位为1"问题呢，将所有的v相&，可以得到哪些位上的值全为1，相｜可以得到哪些位上的值全为0，再将结果异或，就可以得到哪些位上的值即有0也有1了，且异或结果上该位为1。
- ac代码：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+10;
int n;
int a[maxn];
int main()
{
scanf("%d", &n);
int x = (1<<30)-1, y = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
x &= a[i];
y |= a[i];
}
x ^= y;
sort(a+1, a+1+n);
int m = unique(a+1, a+1+n)-(a+1);
ll ans = 0;
for(int p = 0; p <= 30; p++)
{
if(x&(1<<p))
{
ans = (1ll<<p)*(m-1);
break;
}
}
cout << ans;
return 0;
}
- J
- 题意：
- 思路：
- ac代码：
#include
using namespace std;
const int N = 2e5 + 7, mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int n, m, t[N << 2], t1[N << 2], k[N];
void modify(int o, int l, int r, int k, ll v, ll v1) {
if (l == r) return t[o] = v, t1[o] = v1, void();
int mid = (l + r) >> 1;
if (k <= mid) modify(o << 1, l, mid, k, v, v1);
else modify(o << 1 | 1, mid + 1, r, k, v, v1);
t[o] = (t[o << 1] * 1ll * t[o << 1 | 1]) % mod;
t1[o] = (t1[o << 1] * 1ll * t[o << 1 | 1] + t1[o << 1 | 1]) % mod;
}
pii merge(pii a, pii b) {
return {a.first * 1ll * b.first % mod, (a.second * 1ll * b.first + b.second) % mod};
}
pii query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) return {t[o], t1[o]};
int mid = (l + r) >> 1;
if (qr <= mid) return query(o << 1, l, mid, ql, qr);
if (ql > mid) return query(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
return merge(query(o << 1, l, mid, ql, qr), query(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
int op, x, y, z;
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", k + i);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &x);
modify(1, 1, n, i, k[i], x);
}
while (m--) {
scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
if (op == 2) {
pii ans = query(1, 1, n, x, y);
printf("%d\n", (ans.first + ans.second) % mod);
} else scanf("%d", &z), modify(1, 1, n, x, y, z);
}
return 0;
}
