2019 杭电多校（第七场）
1001 A + B = C
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6646
题意
给你三个数 A B C，问能否给他们每个乘若干次10 能否满足A + B = C
思路
A + B = C 他们位数只有四种情况 (1 n + n = n (2 (n+1) + n = n+1 (3 n + (n+1) = n+1 (4 n + n = (n+1)
依次判断即可 （判断加法是否满足可以用hash）
队友代码
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5;
string ck(string a,string b)
{
int ta[maxn],tb[maxn];
memset(ta,0,sizeof(ta));
memset(tb,0,sizeof(tb));
int lena=a.size(),lenb=b.size();
for(int i=0; i0&&ta[len]==0)
len--;
for(int i=0; i<=len; i++)
ans+=ta[i]+'0';
return ans;
}
int main()
{
int t,x,y,z;
string a,b,c;
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>t;
while(t--)
{
x=0,y=0,z=0;
cin>>a>>b>>c;
int lena=a.size(),lenb=b.size(),lenc=c.size();
int len=2e5;
while(lenc1)
{
cha--;
temp+="0";
x++;
}
temp+=a;
string s=ck(c,temp);
int lens=s.size(),lent;
string tepb;
lent=lenb;
while(lent1)
{
cha--;
temp+="0";
y++;
}
temp+=b;
s=ck(c,temp);
lens=s.size();
tepb.clear();
lent=lena;
while(lent 1006 Final Exam （思维）
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6651
题意
n门课程 m分总分 要通过k门课程
通过课程的条件是复习时间大于课程分数
现在不知道分数分配情况 问最小需要复习多少时间一定能通过k门课程
思路
最差的情况即m分让你复习时间最少的n-k门课程有一门不能通过
那么复习时间要让最少的n-k门课程最和大于m 那么k门课程课程复习最少时间即（n-k）门中时间最多的
为了让(n-k)门课程复习时间最多的最少 就要平均分配时间
代码
#include
using namespace std;
const int maxn = 1e5+100;
typedef long long ll;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
ll n,m,k;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
ll ans;
if(m + k < n)
{
ans = m + k;
}
else
{
ll x = (m) / (n-k+1);
x++;
ans = x*(k-1) + m + 1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
1010 Just Repeat
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6655
题意
不想描述了
思路
题解 “每个人优先出的牌的颜色肯定是场上没出过的, 对方也持有的, 并且两个人手中持有数量最多
的牌．对方持有的越多意味着可以封掉更多的牌, 而自己手里的越多意味着可以防止自己更多的牌
被封掉．
因此, 对所有两个人手里都持有的颜色的牌数进行统计, 从大到小依次分配给第一, 第二个玩家．
如果此时第一个玩家手里的牌数 > 第二个玩家, 则第一个玩家胜利, 否则第二个玩家胜利．
到此为止, 问题转换成另一个问题, 就是有一堆东西, 每个东西有两个值, A 拿到这个东西的收
益是 ai , B 拿到的收益是 bi．两人依次拿．求最优策略下两人的各自收益．这是一个经典问题, 答
案就是按照 ai + bi 排序模拟一下就好了．至于这样做是正确的理由, 那就留给读者思考了．
由于出题人比较变态, 直接上 map 可能会 T, 单纯用 cin 是没什么问题的, 只要你别其他地方
也都写得很慢, 还慢大常数倍的那种．”
代码
#include
using namespace std;
const int maxn = 1e5+100;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
unordered_map mp;
struct node
{
int x,x1,x2;
}aa[maxn*2];
int n,m,op;
int a[maxn],b[maxn];
ull k1,k2;
bool cmp(node a,node b)
{
return a.x > b.x;
}
ull rng() {
ull k3 = k1, k4 = k2;
k1 = k4;
k3 ^= k3 << 23;
k2 = k3 ^ k4 ^ (k3 >> 17) ^ (k4 >> 26);
return k2 + k4;
}
void read1(ull mod)
{
for(int i = 0;i < n;i++)
{
a[i+1] = rng() % mod;
}
}
void read2(ull mod)
{
for(int i = 0;i < m;i++)
{
b[i+1] = rng() % mod;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m>>op;
if(op==1){
for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>a[i];
for(int i = 1;i <= m;i++) cin>>b[i];
}
else{
ull mod;
cin>>k1>>k2>>mod;
read1(mod);
cin>>k1>>k2>>mod;
read2(mod);
}
mp.clear();
int p = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
if(mp[a[i]] == 0){
mp[a[i]] = ++p;
aa[p].x1 = 1;
aa[p].x2 = 0;
}
else{
int id = mp[a[i]];
aa[id].x1++;
}
}
for(int i = 1;i <= m;i++)
{
if(mp[b[i]] == 0){
mp[b[i]] = ++p;
aa[p].x1 = 0;
aa[p].x2 = 1;
}
else{
int id = mp[b[i]];
aa[id].x2++;
}
}
for(int i = 1;i <= p;i++) aa[i].x = aa[i].x1 + aa[i].x2;
sort(aa+1,aa+1+p,cmp);
int suma=0,sumb=0;
op = 1;
for(int i = 1; i <= p;i++)
{
if(aa[i].x1 == 0) {sumb += aa[i].x2;continue;}
if(aa[i].x2 == 0) {suma += aa[i].x1;continue;}
if(op==1) suma += aa[i].x1;
else sumb += aa[i].x2;
op ^= 1;
// cout< sumb) cout<<"Cuber QQ"< 1011 Kejin Player （期望）
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6656
题意
花费a[i]可以升一次级 有p的几率成功 不成功会掉的x[i]级 为从l升到r期望花费是多少
思路
线性递推 dp[i] = p*a[i] + (1-p)(a[i] + xx + dp[i])
其中dp[i]表示 i 升 i+1 的期望花费 xx表示从掉的级升到当前的花费（前缀和）
代码
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn = 6e5;
const ll mod = 1e9+7;
ll r[maxn],s[maxn],x[maxn],a[maxn];
ll sum[maxn],num[maxn];
ll qpow(ll x,ll n)
{
ll ans = 1;
while(n)
{
if(n%2)
{
ans = ans * x % mod;
}
x = x * x % mod;
n /= 2;
}
return ans;
}
int main()
{
ll T;
scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i = 1;i <= n;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&r[i],&s[i],&x[i],&a[i]);
}
for(ll i = 1;i <= n;i++)
{
ll xx = sum[i-1]-sum[x[i]-1];
ll p = r[i] * qpow(s[i],mod-2) % mod;
ll qwe = (((a[i] + xx)*qpow(p,mod-2) - xx)%mod+mod)%mod;
sum[i] = (sum[i-1] + qwe)%mod;
}
while(m--)
{
ll l,r;
scanf("%lld%lld",&l,&r);
ll ans = sum[r-1] - sum[l-1];
ans = (ans + mod) % mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}