标签 ok
#include
using namespace std;
/*
求阶乘 去除尾部0
每次求阶乘时:结果去除尾0,并对 1e6取余
*/
typedef long long ll;
ll n = 1325476;
const ll mod = 1e6;
ll ans = 1;
void solve(){
while(ans%10 == 0) ans = ans/10;
ans = ans%mod;
}
int main(){
for(ll i = n;i>=1;i--){
ans = ans * i;
solve();
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
//137664 #include
using namespace std;
/*
2 * 5会产生0
做法:每次循环求阶乘时 统计2和5个数 并去除2和5,最后乘回来即可
*/
typedef long long ll;
ll n = 1325476;
const ll mod = 1e6;
ll ans = 1;
ll cnt1 = 0;
ll cnt2 = 0;
int main(){
for(ll i = 1;i <= n; i++){
ll x = i;
while(x%2==0) cnt1++,x=x/2;
while(x%5==0) cnt2++,x=x/5;
ans = ans * x % mod;
}
if(cnt1 - cnt2 > 0){
for(int i=1;i<=cnt1-cnt2;i++) ans = ans * 2 % mod;
}else{
for(int i=1;i<=cnt2-cnt1;i++) ans = ans * 5 % mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
//137664 101串 ok
dfs搜索方法
#include
using namespace std;
int num[35];
long long ans = 0;
/*
dfs枚举2^30种可能结果
运行100秒左右
*/
void dfs(int k){
if(k==31){
for(int i=1;i<=28;i++){
if(num[i] == 1 && num[i+1] == 0 && num[i+2] == 1){
ans++;
break;
}
}
return;
}
num[k] = 1;
dfs(k+1);
num[k] = 0;
dfs(k+1);
}
int main(){
dfs(1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
//1046810092 二进制枚举方法
#include
using namespace std;
/*
二进制枚举
1<<30种 也就是2^30可能情况
对于每个情况 枚举每一位 判断是否满足条件
*/
int ans = 0;
int main(){
for(int i=0;i<(1<<30);i++){
int x = i;
int a = 0 ,b = 0, c = 0;
bool check = false;
while(x){
c = b;
b = a;
a = x & 1;
if(a && !b && c){
check = true;
break;
}
x >>= 1;
}
if(check) ans++;
}
cout< 游戏 ok
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a = 482333897982347239LL;
LL b = 557432748293424892LL;
LL k = 1389472389742429877LL;
//同余 (b-a) % mod = b*2 % mod
void test(){
LL mod = a + b;
cout<<(b-a) % mod<>= 1;
}
return ans;
}
//快速幂
LL mpow(LL x,LL y,LL p){
LL ans = 1LL;
while(y){
if(y & 1LL) ans = mmul(ans,x,p);
x = mmul(x,x,p);
y >>= 1;
}
return ans;
}
int main(){
LL mod = a + b; //首先 c + d = 2*a + b - a = a + b = mod
LL ans = mmul(a,mpow(2LL,k,mod),mod); //d = b - a = b - (mod - b) = 2*b - mod = 2*b %mod，所以 b-a 也就等价于 b*2,等价后a与b交不交换都无所谓(因为后面的操作都是*2)
printf("%lld\n",min(ans,mod-ans));//结果确保A更小,A可能是ans 也可能是mod-ans(b)
return 0;
}
//383513242709218605 公约数 ok
蒜头君有n个数，他想要从中选出k个数，使得它们的最大公约数最大。
请你求出这个最大的最大公约数。
输入格式
第一行输入两个整数 。
第二行输入 个整数 。
输出格式
输出一个整数。
数据范围
样例输入1
4 3
2 4 8 3
样例输出1
2
样例输入2
4 2
4 8 6 6
样例输出1
6
思路：
30% 暴力dfs 或者 状态压缩(二进制枚举)选出k个数
另外30% 由概率，直接输出 1。
100% 枚举可能的gcd 值，检查有多少元素被它整除即可。时间复杂度O(nlogn)
30%代码-dfs搜索
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans = 1;
ll gcd(ll a,ll b){
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
const int maxn = 1e6+10;
int n,k;
int a[maxn];
/*
dfs暴搜过30%数据
*/
/*
不确定的dp状态转移方程:dp[i][k] = max(dp[i][k],gcd(dp[j n+1) return;
if(have > k+1) return;
if(have == 1){
dfs(cur+1,have,_gcd);
dfs(cur+1,have+1,a[cur]);
}else{
dfs(cur+1,have,_gcd);
dfs(cur+1,have+1,gcd(a[cur],_gcd));
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
dfs(1,1,0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
} 100%代码
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[N+10];
int main(){
int n,k,x;
memset(a,0,sizeof(a));
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=0;i= k) ans = i;//比k大 那么选出k个数 他们的gcd就是当前的i
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
} 蒜头图 ok
实际上就是问图里有多少个环，计环的个数为 k，则结果为2^k-1。
30% 状态压缩选出边，判断所选的边是否构成环
100% 并查集统计环的数量，使用并查集每次询问只需要判断这两点之前是否连通就可以了，为什么结果是2^k-1呢(k表示环的数量)，有大佬说了：题目表明了“只要构成蒜头图就算一种情况”，那么也就是说从原图中取1个环也能构成环，取其中两个环也能构成环(有环就代表是蒜头图的子图，管你取几个环都是蒜头图).......C(n,i) i从1~k都能构成环 那么C(n,1) + C(n,2) + C(n,3) + C(n,k)就是答案，这个式子的值也等于2^k-1
100%代码-并查集统计环的数量
#include
using namespace std;
const int mod = 1046513837;
int n,m,f[200500];
int find(int x){
return f[x] == x ? x : f[x] = find(f[x]);
}
void merge(int a,int b){
int x = find(a);
int y = find(b);
if(x != y ) f[x] = y;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) f[i] = i;
long long ans = 1;
for(int i=1 ;i<=m;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
int x = find(a), y = find(b);
if(x == y){//这里如果 两个点祖先一样 说明找到环了
ans <<= 1;
if(ans > mod) ans -= mod;
}else merge(a,b);
printf("%lld\n",ans-1);
}
return 0;
} 区间并 60% 线段树做法不会
30% 按照题意暴力计算，枚举权值区间，枚举给定的数组的区间 ok
60% 枚举所有的答案区间l~r，看看哪些区间能恰好分成两个不相交的区间，暴力做的话：枚举l和r共O(n^2)，加上判断是否恰好分成了两个区间共O(n^3)。判断是否分成了两个区间可以用并查集来维护，查询复杂度可以降到O(1)。
具体怎么用并查集维护？没写代码，但我是这样想的，在原序列中 如果 a[i] 和 a[i-1] 是连续的 即(后面这个数比前面这个数值大1) 就把当前第i个数 加入第i-1的集合中，代表他们是一个区间的。后面查询是否分成两个区间时，只需查询l~r区间内的数被分成了几个集合就可以了。
这个思路我自认为没有问题emmmm
100% 线段树维护区间最大值、次大值、相应个数 O(nlogn) 不会
30%代码-暴力枚举：
#include
using namespace std;
const int maxn = 3*1e6+5;
int n;
int m[maxn];
int vis[maxn];
int ans = 0;
/*
枚举l~r区间
枚举i~j区间
*/
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&m[i]);
for(int l=1;l<=n;l++){
for(int r=l+1;r<=n;r++){
bool flag = false;
for(int a=1;a<=n;a++){
for(int b=a;b<=n;b++){
for(int c=b+1;c<=n;c++){
for(int d=c;d<=n;d++){
bool flag2 = true;
for(int i=1;i<=n;i++) vis[i] = 0;
for(int i=a;i<=b;i++) vis[m[i]] = 1;
for(int i=c;i<=d;i++) vis[m[i]] = 1;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(vis[i] == 0){
flag2 = false;
break;
}
}
if(flag2 && r-l+1 == b-a+1 + d-c+1){
ans++;
flag = true;
//cout<<"l = "<=1;i--)
{
x=nt[i];
if (p[x+1]i) work(1,1,n,i,p[x-1]-1,1);
if (p[x+1]>i && p[x-1]i && p[x-1]>i)
{
k1=p[x+1]; k2=p[x-1];
if (k1>k2) swap(k1,k2);
work(1,1,n,i,k1-1,1);
work(1,1,n,k2,n,-1);
}
upans(1,1,n,i,n);
}
printf("%lld",ans-n);
return 0;
}