CF 191 div2
A.数据量很小，直接爆搞。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
#include <stack>
#include <map>
#include <iomanip>
#define PI acos(-1.0)
#define Max 2505
#define inf 1<<28
#define LL(x) ( x << 1 )
#define RR(x) ( x << 1 | 1 )
#define REP(i,s,t) for( int i = ( s ) ; i <= ( t ) ; ++ i )
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define PII pair<int,int>
using namespace std;
int a[111] ;
int num[11111] ;
int main() {
int n ;
cin >> n ;
int ans = 0 ;
for (int i = 1 ; i <= n ;i ++ ){
cin >> a[i] ;
num[i] = num[i - 1] + a[i] ;
}
ans = num[n] - 1 ;
for(int i = 1; i <= n; ++i ){
for(int j = 1; j <= i; ++ j){
int sum = num[n] - 2 * ( num[i] - num[j-1] ) + ( i - j + 1 );
ans = max(sum ,ans) ;
}
}
cout << ans << endl;
return 0 ;
}
B，直接打个素数表，然后输出前N个素数就可以了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
#include <stack>
#include <map>
#include <iomanip>
#define PI acos(-1.0)
#define Max 2505
#define inf 1<<28
#define LL(x) ( x << 1 )
#define RR(x) ( x << 1 | 1 )
#define REP(i,s,t) for( int i = ( s ) ; i <= ( t ) ; ++ i )
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define PII pair<int,int>
using namespace std;
bool flag[11111111] ;
void prime(){
flag[0] = 1 ;
flag[1] = 1 ;
flag[2] = 0 ;
for (int i = 2 ;i <= 1300000 ; i ++ ){
if(!flag[i]){
for (int j = 2 * i ;j <= 1300000 ;j += i){
flag[j] = 1 ;
}
}
}
}
int a[111] ;
int num[1111111] ;
int main() {
prime() ;
int nn = 0 ;
for (int i = 2 ;i <= 1300000 ;i ++ ){
if(!flag[i])num[nn ++ ] = i ;
}
int n ;
cin >> n ;
cout << num[0] ;
for (int i = 1 ;i < n ;i ++ ){
printf(" %d",num[i]) ;
}
cout << endl;
return 0 ;
}
C，可以推出，k个连续的字符串是满足等比数列的关系的。
所以我们只需求出a1 和比例q就可以了。
首相就是只有一个字符串的时候，所有的删除的总和。
q就是pow(2 , l),l是字符串的长度。
等比数列求和公式 (a1 * (q ^ n - 1)) / (q - 1)%MOD 。先将a1 拿到外面去，不参与计算。我们设q ^ n - 1为a ，q - 1 为b 。那么式子就变成a / b %MOD 。这就变成很熟悉的拓展欧几里德了，先求出b % MOD的逆元x . x * b % MOD = 1 ,那么 (a / b ) %MOD * (x * b) % MOD 的值不变，那么可以将式子化简成(a * x) % MOD 。
最后再将a1乘上即可。
#define MOD 1000000007
char a[111111] ;
inline ll extend_gcd(ll a ,ll b , ll& x , ll& y){
ll ans , t ;
if(b == 0){
x = 1 ;
y = 0 ;
return a ;
}
ans = extend_gcd(b , a % b ,x ,y ) ;
t = x ;
x = y ;
y = t - (a / b) * y ;
return ans ;
}
ll quick_pow(ll a ,ll b , ll M){
ll ret = 1 ;
ll temp = a ;
while(b){
if(b & 1){
ret = (ret * temp) % M ;
}
temp = (temp * temp) % M ;
b >>= 1 ;
}
return ret ;
}
int main(){
cin >> a ;
int k ;
cin >> k ;
int l = strlen(a) ;
ll a1 = 0 ;
REP(i , 0 ,l - 1 ){
if(a[i] == '0' || a[i] == '5'){
a1 = (a1 + quick_pow(2 ,i ,MOD)) % MOD ;
}
}
ll a = quick_pow(2 , l ,MOD) ;
ll aa = (a - 1 + MOD) % MOD ;
ll x , y ;
extend_gcd(aa ,MOD , x ,y) ;
x = (x + MOD) % MOD ;
ll c = (quick_pow(a , k ,MOD) - 1) * x % MOD ;
ll ans = c * a1 % MOD ;
cout << ans << endl;
return 0 ;
}
D，DFS，每次进入一个空地，先将他建成蓝色的，然后向四个方向DFS，最后回溯的时候将这个蓝色的建筑拆掉建成红色的，当然第一个进入的点是不能建成红色的。
这个很容易证明，一个联通块里面，肯定有一个是蓝色的，其他都是红色的。
int n , m ;
char op[11111111] ;
int xx[11111111] ;
int yy[11111111] ;
int ss[555][555] ;
char Map[555][555] ;
int num = 0 ;
void dfs(int x ,int y ,int first ) {
if(x < 1 || x > n || y < 1 || y > m)return ;
op[num] = 'B' ;
xx[num] = x ;
yy[num] = y ;
num ++ ;
ss[x][y] = 0 ;
if(ss[x - 1][y])dfs(x - 1 ,y , 1) ;
if(ss[x][y - 1])dfs(x ,y - 1 ,1 ) ;
if(ss[x + 1][y])dfs(x + 1 ,y , 1) ;
if(ss[x][y + 1])dfs(x ,y + 1 ,1 ) ;
if(first) {
op[num] = 'D' ;
xx[num] = x ;
yy[num] = y ;
num ++ ;
op[num] = 'R' ;
xx[num] = x ;
yy[num] = y ;
num ++ ;
}
}
int main() {
cin >> n >> m ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
for (int j = 1 ; j <= m ; j ++ ) {
cin >> Map[i][j] ;
if(Map[i][j] == '.') {
ss[i][j] = 1 ;
}
}
}
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
for (int j = 1 ; j <= m ; j ++ ) {
if(ss[i][j]) {
dfs(i ,j , 0 ) ;
}
}
}
cout << num << endl;
for (int i = 0 ; i < num ; i ++ ) {
cout << op[i] << " " << xx[i] << " " << yy[i] << endl;
}
return 0 ;
}
E。状态压缩DP。
枚举1<< 24的状态。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
#include <stack>
#include <map>
#include <iomanip>
#define PI acos(-1.0)
#define Max 2505
#define inf 1<<28
#define LL(x) ( x << 1 )
#define RR(x) ( x << 1 | 1 )
#define REP(i,s,t) for( int i = ( s ) ; i <= ( t ) ; ++ i )
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define PII pair<int,int>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
inline void RD(int &ret) {
char c;
do {
c = getchar();
} while(c < '0' || c > '9') ;
ret = c - '0';
while((c=getchar()) >= '0' && c <= '9')
ret = ret * 10 + ( c - '0' );
}
int a[111111] ;
int sum[1 << 24] ;
int dp[1 << 24] ;
int k[11] ;
int main(){
int n ;
cin >> n ;
for (int i = 0 ;i < n ; i ++ ){
RD(a[i]) ;
}
int m ;
cin >> m ;
for (int i = 0 ;i < m ;i ++ ){
RD(k[i]) ;
}
dp[0] = 1 ;
for (int i = 1 ;i < (1 << n) ; ++ i){//枚举当前路径
int pos ;
bool flag = 0 ;
sum[i] = 0 ;
for (int j = 0 ;j < n ;j ++ ){
if(i & (1 << j)){//i 在 j 这点为1 ，直接在这里找出sum[i]的值会T。O(2 ^ 24 * n）
pos = j ;//一开始我直接写sum[i] += a[j] ;就T了
break ;
}
}
sum[i] = sum[i ^ (1 << pos)] + a[pos] ;//i 状态的所有步数。
for (int j = 0 ; j < m ;j ++ ){//i状态的步数是否不能走。
if(sum[i] == k[j]){
dp[i] = 0 ;
flag = 1 ;
break ;
}
}
if(flag)continue ;
dp[i] = 0 ;
for (int j = 0 ;j < n ;j ++ ){
if(i & (1 << j)){//i 这位可以由i ^ (1 << j )这一状态过来。
dp[i] = (dp[i] + dp[i ^ (1 << j)]) ;
if(dp[i] >= MOD)dp[i] -= MOD ;
}
}
}
cout << dp[(1 << n) - 1] << endl;
return 0 ;
}