GYM 2019 USP-ICMC A、B、C、D、E、F、H、J
题目链接https://codeforces.com/gym/102302
A 单调栈水题
#include
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int h[N],n,r[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&h[i]);
stackst;
st.push(n+1);
h[n+1]=0x3f3f3f3f;
for(int i=n;i>=1;--i)
{
//printf("i:%d\n",i);
while(!st.empty()&&h[i]>=h[st.top()]) st.pop();
r[i]=st.top()-1;
st.push(i);
}
//for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",r[i]);
//puts("");
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int ans=min(r[i]-i,h[i]);
printf("%d ",ans);
}
} B 分解因子水题
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
priority_queue ,greater > ans;
int main()
{
ll a,b;
cin>>a>>b;
for(ll i=1;i*i<=a;++i){
if(a%i!=0) continue;
ll t1=a/i,t2=i;
if(t1%b==0) ans.push(t1);
if(t2%b==0&&t1!=t2) ans.push(t2);
}
while(!ans.empty()){
printf("%lld ",ans.top());
ans.pop();
}
puts("");
} C 枚举左下角的端点和右上角的端点，然后二维前缀和判断区间内的点是否等于4个点即可
#include
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
const int N=2e3+10,M=2e3;
int lx,ly,n;
struct node
{
int x,y;
}a[N];
int X[N],Y[N];
bool vis[N][N];
int ma[N][N],sum[N][N];
bool cmp(node a,node b)
{
if(a.x==b.x) a.y>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
X[++lx]=a[i].x;
Y[++ly]=a[i].y;
}
sort(X+1,X+1+lx);
sort(Y+1,Y+1+ly);
lx=unique(X+1,X+1+lx)-X-1;
ly=unique(Y+1,Y+1+ly)-Y-1;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[i].x=getidx(a[i].x);
a[i].y=getidy(a[i].y);
ma[a[i].x][a[i].y]=1;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
sum[i][j]=ma[i][j]+sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1];
int ans=0;
/*for(int i=1;i<=n;++i)
{
printf("x:%d y:%d\n",a[i].x,a[i].y);
}*/
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
if(i==j) continue;
if(a[i].x==a[j].x||a[i].y==a[j].y) continue;
if(a[i].xa[j].y) continue;
if(ma[a[j].x][a[i].y]&&ma[a[i].x][a[j].y])
{
//if(check(i,j))
{
int x1=min(a[i].x,a[j].x);
int y1=min(a[i].y,a[j].y);
int x2=max(a[i].x,a[j].x);
int y2=max(a[i].y,a[j].y);
if(sum[x2][y2]-sum[x2][y1-1]-sum[x1-1][y2]+sum[x1-1][y1-1]==4)
{
//printf("i:%d j:%d\n",i,j);
//printf("x:%d y:%d x:%d y:%d\n",x1,y1,x2,y2);
vis[a[i].x][a[i].y]=1;
vis[a[j].x][a[i].y]=1;
vis[a[i].x][a[j].y]=1;
vis[a[j].x][a[j].y]=1;
ans++;
}
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
} D 就是一个找子序列的水题
#include
using namespace std;
int main()
{
string s,t;
cin>>s>>t;
int now = 0;
for(int i=0;i F 很思维的概率题，不过化简后的公式很容易被猜出来
求桌子上牌数量的期望，抽到1的时候才会停止。那么就是枚举桌子上数量的num：1，2，3...n
num=1的时候概率期望是1*1/n，因为你要第一次抽到1
num=2 第二次抽到1，第一抽到别的。有种可能就是第二次一直抽到第一次抽到的牌。那可能就是死循环的概率。
不急，这个地方，经历上次多校唯一一场爆零的那场得到经验，这个地方能直接算出期望出来，要么抽第一次的牌，要么抽到1.概率是1/2，那么抽到1的期望就是1/1/2=2；答案就是2又由于1在所有牌抽中的概率是1/n。所以num=2的期望还要乘上这个1/n
num=3 类似。。。
公式化简后就是(1+2+...n）/n
#include
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
const int N=1e5+10;
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
double ans=1.0/n;
int d=2;
double t=1.0/n;
//printf("%.10f\n",ans);
for(int i=2;i<=n;++i)
{
ans+=t*i;
//printf("%.10f\n",ans);
}
printf("%.10f\n",ans);
} E、dp
每个节点选取四个出来进行dp，选最小的两个和最大的两个，不满4的给-1，特判一下。
dp[i][j]代表第i个节点以j为开头位置的最大值，那么转移方程就是：
val就是保存每个节点的值，只需要四个。
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][p]+abs(val[i][j]-val[i-1][k]));
#include
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
const int N=1e6+10;
vectorG[N];
struct node
{
int id,v;
}a[N];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.id H、矩阵快速幂优化dp方程
题目要求这么一个序列：
,且ai序列只能包括0、1、2.
设dp方程dp[i][j][k]为第i位时，后面两位分别是j、k的方案数。
j、k的取值方案共九种：00 01 02 10 11 12 20 21 22
那么通过简单观察可以得到递推方程：不好写。不过可以直接构造矩阵快速幂的方程
代码：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=10;
const ll mod=1000000007 ;
struct Matrix
{
ll mat[MAXN][MAXN];
Matrix() {}
Matrix operator*(Matrix const &b)const
{
Matrix res;
memset(res.mat, 0, sizeof(res.mat));
for (int i = 0 ;i < MAXN; i++)
for (int j = 0; j < MAXN; j++)
for (int k = 0; k < MAXN; k++)
res.mat[i][j] = (res.mat[i][j]+this->mat[i][k] * b.mat[k][j])%mod;
return res;
}
};
Matrix pow_mod(Matrix base, ll n)
{
Matrix res;
memset(res.mat, 0, sizeof(res.mat));
for (int i = 0; i < MAXN; i++)
res.mat[i][i] = 1;
while (n > 0)
{
if (n & 1) res = res*base;
base = base*base;
n >>= 1;
}
return res;
}
Matrix base,fi;
int f[9][9]={
1,0,0,1,0,0,1,0,0,
1,0,0,0,0,0,0,0,0,
1,0,0,0,0,0,0,0,0,
0,1,0,0,1,0,0,1,0,
0,1,0,0,1,0,0,0,0,
0,1,0,0,0,0,0,0,0,
0,0,1,0,0,1,0,0,1,
0,0,1,0,0,1,0,0,1,
0,0,1,0,0,1,0,0,1,
};
int main()
{
ll t=0;
for(int i=0;i<9;++i)
{
for(int j=0;j<9;++j) base.mat[i][j]=f[i][j];//,t+=f[i][j];
}
//printf("%lld\n",t);
ll n;
scanf("%lld", &n);
Matrix ans = pow_mod(base, n-2);
ll res=0;
for(int i=0;i<9;++i)
for(int j=0;j<9;++j) res=(res+ans.mat[i][j])%mod;
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
J 要么枚举中间两个数的，枚举其周围的最近素数即可
include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+100;
ll a[N];
int n;
int check(int x){
if(x==1) return 0;
for(int i=2;i*i<=x;i++)
if(x%i==0) return 0;
return 1;
}
ll gao(int x){
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=abs(x-a[i]);
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
ll ans=1e18;
if(n%2==0){
for(int i=a[n/2];i<=a[n/2+1];i++){
if(check(i)){
ans=min(ans,gao(i));
break;
}
}
for(int i=a[n/2];i>=2;i--){
if(check(i)){
ans=min(ans,gao(i));
break;
}
}
for(int i=a[n/2+1];i;i++){
if(check(i)){
ans=min(ans,gao(i));
break;
}
}
}else {
for(int i=a[n/2+1];i>=2;i--){
if(check(i)){
ans=min(ans,gao(i));
break;
}
}
for(int i=a[n/2+1];i;i++){
if(check(i)){
ans=min(ans,gao(i));
break;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}