A:honoka和格点三角形
输入描述:
两个正整数和（ ）（）
输出描述:
面积为1的格点三角形的数量，对 取模的结果。
示例1
输入
2 3
输出
6
说明
格点如下：
* * *
* * *
不妨设左下角坐标为(1,1)，右上角坐标为到(3,2)。
那么三点坐标可选：
（1，1）（1，2）（3，1）
（1，1）（1，2）（3，2）
（1，1）（2，2）（3，1）
（1，1）（3，1）（3，2）
（1，2）（2，1）（3，2）
（1，2）（3，1）（3，2）
所以共有6个。
示例2
输入
100 100
输出
7683984
就是一个分类讨论，据说有公式，不是特别清楚，注意多加()%mod ，玄学mod
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const long long mod=1000000007;
long long n,m,ans;
int main(){
cin>>n>>m;
if(m>=3&&n>=2)ans=(ans+(((n-1)*(m-2))%mod)*4%mod)%mod;
if(m>=3&&n>=2)ans=(ans+((((m-2)*(n-1)%mod)*(m-2))%mod)*2%mod)%mod;
if(m>=2&&n>=3)ans=(ans+((((m-1)*(n-2)%mod)*(m-2))%mod)*2%mod)%mod;
if(n>=3&&m>=2)ans=(ans+(((m-1)*(n-2))%mod)*4%mod)%mod;
if(n>=3&&m>=2)ans=(ans+((((n-2)*(m-1)%mod)*(n-2))%mod)*2%mod)%mod;
if(n>=2&&m>=3)ans=(ans+((((n-1)*(m-2)%mod)*(n-2))%mod)*2%mod)%mod;
cout<<ans;
return 0;
}
B:kotori和bangdream
示例1
输入
100 50 500 400
输出
45000.00
二项分布数学期望
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int main(){
double n,x,a,b;
cin>>n>>x>>a>>b;
double ans=(n*x/100*a+n*(100-x)/100*b);
printf("%.2f",ans);
return 0;
}
C:umi和弓道
输入
1 1
2 0
-1 2
-2 1
输出
0.50000000
说明
umi要保证能射中的靶子不超过0个，即全部挡住。在y轴上选区间[1,1.5]放置一个长度为0.5的挡板即可。
cout不会尽可能多的显示double位，所以使用printf
思路：
首先统计每一条路径与ox，oy的焦点
然后使用双指针对于ox,oy进行求解
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
double pos_y[100050],pos_x[100050],x_0,y_0; //y轴上点的位置,x轴上点的位置,x0,y0
int n,k,curx,cury; //n,k,x轴上点的数目,y轴上点的数目
int main(){
cin>>x_0>>y_0>>n>>k;
for(int i=0;i<n;i++){
double x,y; //输入x y
cin>>x>>y;
if(x_0*x>0&&y*y_0>0){continue;} //同象限跳过
else if(x_0*x>0&&x==x_0){pos_x[curx++]=x;}//cout<<" at x= "<< x<<endl;} //不同象限垂直于ox
else if(y_0*y>0&&y==y_0){pos_y[cury++]=y;}//cout<<" at y= "<< y<<endl;} //不同象限垂直于oy
else{
double yy=(y-y_0)/(x-x_0)*(-x_0)+y_0 , xx=(x-x_0)/(y-y_0)*(-y_0)+x_0; //直线与ox,oy交点,如果交点在两点间则计入
if(yy>min(y,y_0)&&yy<max(y,y_0)){pos_y[cury++]=yy;}//cout<<" at y= "<<yy<<endl;}
if(xx>min(x,x_0)&&xx<max(x,x_0)){pos_x[curx++]=xx;}//cout<<" at x= "<<xx<<endl;}
}
}
sort(pos_y,pos_y+cury); //排序做双指针
sort(pos_x,pos_x+curx);
cury=unique(pos_y,pos_y+cury)-pos_y; //排除的在oy上重复的点 如:x0=1 y0=1 {x=3 y=-1}与{x=4 y=-2} 在ox上均为(2,0)此时应去重
curx=unique(pos_x,pos_x+curx)-pos_x;
int global=n-k;
double ans=0x3f3f3f3f; //初始化答案
if(cury>=global){ //oy上有足够多的点被选择
for(int i = 0;i+global-1<cury;i++){ //滑动窗口
ans=min(ans,pos_y[i+global-1]-pos_y[i]);
}
}
//process ox
if(curx>=global){
for(int i = 0;i+global-1<curx;i++){
ans=min(ans,pos_x[i+global-1]-pos_x[i]);
}
}
if(ans!=0x3f3f3f3f)printf("%.8f",ans);
else printf("-1");
return 0;
}
D：hanayo和米饭
输入
5
2 5 1 3
输出
4
说明
开始共有5个碗，每个碗内分别有1、2、3、4、5粒米饭。rin拿走的是第四碗。这么简单的样例连tairitsu都看得懂好伐~
大水题
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int date[100050];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n-1;i++)scanf("%d",&date[i]);
sort(date+1,date+n);
for(int i=1;i<=n-1;i++){
if(date[i]!=i){cout<<i;break;}
}
return 0;
}
E:rin和快速迭代
输入
12
输出
4
说明
12的因子：1，2，3，4，6，12。共6个。
6的因子：1，2，3，6。共4个。
4的因子：1，2，4。共3个。
3的因子：1，3。共2个。
12 → 6 → 4 → 3 → 2 ， 故迭代了4次。
签到题
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
long long x,times;
long long get_num(long long t){
long long ans=0,i;
for(i=1;i*i<=t;i++){
if(t%i==0){ans++;}
}
i--;
ans*=2;
if(i*i==t)ans--;
return ans;
}
int main(){
long long n;
long long num;
cin>>n;
while(true){
times++;
num=get_num(n);
if(num==2)break;
n=num;
// cout<<num<<"**\n";
}
cout<<times;
return 0;
}
F:maki和tree
输入
3
WBW
1 2
2 3
输出
3
说明
树表示如下：
其中只有2号是黑色点。
<1,2>、<2,3>、<1,3>三种取法都只经过一个黑色点。
这个题，分类讨论只有两种情况
1. 纯白链-黑点-纯白链
2. 纯白链-黑点
所以枚举每一个黑点，先找出他附近所有纯白链的个数就是2的答案，然后两两组合就是1的答案，这里可以直接使用并查集染色确定每一条纯白块并统计数量，其中的纯白链个数就是块元素个数，然后维护前缀和(不是数组，只是记录前缀和)加速1的运算
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAX_N=10000050; //写正确数据范围只过11%qwq
struct edge{
int v,next;
}E[MAX_N];
long long p[MAX_N],dad[MAX_N],eid=0,num[MAX_N],n;
char s[MAX_N];
long long getdad(int p){ //并查集
if(dad[p]==p)return p;
return dad[p]=getdad(dad[p]);
}
void insert(int u,int v){
E[eid].next=p[u];
E[eid].v=v;
p[u]=eid++;
}
void insert2(int u,int v){
insert(u,v);
insert(v,u);
if(s[u]=='W'&&s[v]=='W'&&getdad(u)!=getdad(v))dad[getdad(u)]=getdad(v); //并查集合并
}
void init(){ //初始化
memset(p,-1,sizeof(p));
eid=0;
for(int i=1;i<=n;i++)dad[i]=i;
}
long long get_ans(){
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(s[i]=='W'){ //统计并查集内节点数目
num[getdad(i)]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='B'){ //找黑色
int cur=p[i];
long long sgm=0; //前缀和
while(cur+1&&s[E[cur].v]=='B')cur=E[cur].next; //找到黑色节点连接的第一个白节点
if(cur==-1)continue; //一个白节点都没有退出
sgm=num[getdad(E[cur].v)]; //第一个白节点所在并查集节点数直接放并查集
for(cur=E[cur].next;cur+1;cur=E[cur].next){ //继续往后找
if(s[E[cur].v]=='B')continue; //如果这个是黑色就找下一个白色的
ans+=num[getdad(E[cur].v)]*sgm; //第一张情况
sgm+=num[getdad(E[cur].v)]; //维护前缀和
}
ans+=sgm; //第二种情况
}
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
init();
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
insert2(u,v);
}
cout<<get_ans();
return 0;
}
G：eli和字符串
输入
5 2
abeba
输出
3
说明
选择“beb”子串，长度为3，其中包含相同的两个'b'
查找最小子串满足某条件，我想到二分长度
考虑jduge函数：这个子串定义和我们平时不一样，他只能去除头尾，所以上一个双指针结束
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
char ss[200500];
int n,k,times[500];
bool init(int len){
memset(times,0,sizeof(times));
for(int i=0;i<len;i++)
if(++times[ss[i]-'a']>=k)return true;
return false;
}
bool scoll(int len){
if(init(len))return true;
for(int i=1;i+len-1<n;i++){
--times[ss[i-1]-'a'];
if(++times[ss[i+len-1]-'a']>=k)return true;
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
scanf("%s",&ss);
int l=k,r=n;
if(!init(n)){cout<<"-1";return 0;}
while(l<r){
int mid=(l+r)/2;
if(scoll(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l;
return 0;
}
H：nozomi和字符串
输入
5 1
10101
输出
3
说明
只有 1 次操作机会。
将第二个位置的 0 改成 1 ，字符串变成 11101，可以选出 111子串，长度为3 。
如果修改第三个或者第四个位置的字符也可以选出长度为 3 的子串。
又是一个二分双指针???
于是把前一题代码改了下就交了，TLE
考虑特殊性质，
- 首先我发现这个序列仅有 0/1 两个数字 这是一个01序列，所以
我们只需要求它的前缀和就可以得到0-n有多少个1！
然后长度-1的数字就知道了0的长度
这是一种方法 - 我发现他只有两种字符，我们可以直接计算前n个数中有几个1,0
对于一个位置cur，我们有四个情况情况
这个位置是1，我们只想把后面的0->1
这个位置是1，我们只想把后面的1->0
这个位置是0，我们只想把后面的0->1
这个位置是0，我们只想把后面的1->0
我们只讨论第一个情况
我们 定 cur为这个我选的序列的第一个
我们获取这个点钱的一，因为我们是往后找k个0->1
所以我想找一个点，这个点他的前缀0-开始点前缀0==k，而且我想要这个点尽可能大
用upper_bounder!
然后这题就水过去了
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define max(x,y) x>y?x:y
using namespace std;
char ss[200050];
int n,k,num0[200050],num1[200050];
int main(){
scanf("%d%d%s",&n,&k,ss+1);
// build the sigma '1'&'0'
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ss[i]=='0'){num0[i]=num0[i-1]+1;num1[i]=num1[i-1];}
if(ss[i]=='1'){num1[i]=num1[i-1]+1;num0[i]=num0[i-1];}
}
long long int ans=0;
// 1->0
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ss[i]=='0')ans=max(ans,upper_bound(num1+i+1,num1+n+1,num1[i]+k)-num1-i);
if(ss[i]=='1')ans=max(ans,upper_bound(num1+i+1,num1+n+1,num1[i]+k-1)-num1-i);
}
// 0->1
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ss[i]=='1')ans=max(ans,upper_bound(num0+i+1,num0+n+1,num0[i]+k)-num0-i);
if(ss[i]=='0')ans=max(ans,upper_bound(num0+i+1,num0+n+1,num0[i]+k-1)-num0-i);
}
cout<<ans;
return 0;
}
I：nico和niconiconi
输入
19 1 2 5
niconiconiconiconi~
输出
7
说明
"niconi"co"niconiconi"~
故为2+5=7分
无后效性，dp…
情况1 : dp[i]=max(dp[i],dp[i-4]+a)
情况2 : dp[i]=max(dp[i],dp[i-6]+b)
情况3 : dp[i]=max(dp[i],dp[i-10]+c)
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
long long dp[300050],n,a,b,c;
char ss[300050];
bool my_cmp(string t,int cur,int len){
for(int i=0;i<=len;i++)
if(t[i]!=ss[cur-len+i])return false;
return true;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
scanf("%s",ss+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=dp[i-1];
if(i>3)
if(my_cmp("nico",i,3)){dp[i]=max(dp[i],dp[i-4]+a);}//cout<<"*";}
if(i>5)
if(my_cmp("niconi",i,5)){dp[i]=max(dp[i],dp[i-6]+b);}//cout<<"&";}
if(i>9)
if(my_cmp("niconiconi",i,9)){dp[i]=max(dp[i],dp[i-10]+c);}//cout<<"^";}
}
cout<<dp[n]<<endl;
// for(int i=1;i<=n;i++)cout<<dp[i]<<" * ";
return 0;
}
J u’s的影响力
输入
4 2 3 2 1
输出
72
说明
f(1)=2，f(2)=3，f(3)=f(1)*f(2)*2=12，f(4)=f(2)*f(3)*2=72
非常明显，可以用Fib(i),Fib(i-1),Fib(i-2)轻松表示出i>=4的式子
然后我想：
Fib求大数太慢了，于是用cmath的sqrt用fib通项公式计算然后用快速幂加速
不行，快速幂处理小数无法取模qwq用内置的pow
内置pow有效位数太差
那看来只能用递推公式了
但是实在是太慢了!!
这时只能使用矩阵快速幂这个东西
（看这个博文吧qwq）
完事
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
struct mt{
ll a[3][3];
};
mt t(mt a,mt b,ll mod){
mt res;
int i,j,k;
for(i=0;i<3;i++){
for(j=0;j<3;j++){
res.a[i][j]=0;
for(k=0;k<3;k++){
res.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j]%mod;
res.a[i][j]%=mod;
}
}
}
return res;
}
mt power(mt a,ll b,ll mod){
mt res;
int i,j;
for(i=0;i<3;i++){
for(j=0;j<3;j++){
res.a[i][j]=0;
}
}
res.a[0][0]=res.a[1][1]=res.a[2][2]=1;
while(b){
if(b&1)res=t(res,a,mod);
b>>=1;
a=t(a,a,mod);
}
return res;
}
ll feb(ll n,ll mod){
mt temp;
int i,j;
for(i=0;i<3;i++){
for(j=0;j<3;j++){
temp.a[i][j]=0;
}
}
temp.a[0][1]=temp.a[1][1]=temp.a[1][0]=temp.a[1][2]=1;
mt res=power(temp,n-1,mod);
return (res.a[0][0]+res.a[0][1])%mod;
}
ll feb2(ll n,ll mod){
mt temp;
int i,j;
for(i=0;i<3;i++){
for(j=0;j<3;j++){
temp.a[i][j]=0;
}
}
temp.a[0][1]=temp.a[1][1]=temp.a[1][0]=temp.a[1][2]=temp.a[2][2]=1;
mt res=power(temp,n-1,mod);
return (res.a[0][0]+2*res.a[0][1]+res.a[0][2])%mod;
}
ll power(ll a,ll b,ll mod){
ll res=1;
while(b){
if(b&1)res=res*a%mod;
b>>=1;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
int main(){
int m=1e9+7;
int i,j;
ll n,x,y,a,b;
cin>>n>>x>>y>>a>>b;
if(n==1){cout<<x%m;return 0;}
if(n==2){cout<<y%m;return 0;}
if(x%m==0||y%m==0||a%m==0){cout<<0;return 0;}
x%=m;
y%=m;
a=power(a%m,b,m); //这里要注意a对m取模
cout<<power(x,feb(n-2,m-1),m)*power(y,feb(n-1,m-1),m)%m*power(a%m,feb2(n-2,m-1)%(m-1),m)%m<<endl;
}
来源：CSDN
作者：Liukairui
链接：https://blog.csdn.net/Liukairui/article/details/104607065