技术标签: 1024程序员节
Many Littles Make a Mickle
题目大意:有t组输入,每组输入一个n,一个m,表示有n层,第i层有i*i个房间,每个房间有m个人,求有多少人。
题解:数据小,暴力求和即可(也可直接输出i^2求和公式但是赛时没想那么多)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
int t = 0; cin >> t;
int n,m;
while(t--){
int ans=0;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=i*i;
}
cout<<ans*m<<endl;
}
}
Continued Fraction
题目大意:给定一个x一个y,将x/y化简成如下图式子。
如
题解:对第一个样例105 / 38进行分析,a[ 0 ]显然是 x / y ,右式a[ 1 ]为 y / (x % y)。
容易发现到a[ 0 ]到a[ n ]即为把gcd过程中每一步的x / y存下来,即可在gcd中直接添加一个记录语句随后输出即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,cnt,x,y;
int a[100005];
int gcd(int x,int y){
if(!y) return x;
else {
a[++cnt]=x/y;
return gcd(y,x%y);
}
}
void solve (){
cnt=0;
cin>>x>>y;
gcd(x,y);
cout<<cnt-1;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
cout<<" "<<a[i];
}
cout<<endl;
}
signed main(){
cin>>t;
while(t--)
solve();
}
It Rains Again
题目大意:给定n个板子,每个板子是从x1,y1伸展到x2,y2。有雨会从正上方下来,询问有多少长度的坐标轴是淋不到雨的。
题解:显然,坐标y对结果不会产生影响,我们只需要对每块板子用前缀和记录即可知道长度,最后统计之后上方有板子的地面就是不会被淋到的地面。(但是数据好像挺弱的,有人写了n^2的暴力好像也过了)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,cnt,x,y,k,a,b,c,d;
int sum[1000005];
int ans;
void solve (){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a>>b>>c>>d;
sum[a]++;
sum[c]--;
}
for(int i=1;i<=100000;i++){
sum[i]+=sum[i-1];
if(sum[i]){
ans++;
}
}
cout<<ans;
}
signed main(){
solve();
}
Hearthstone So Easy
(能读出这个题目叫炉石真简单可以便于理解题意,但是不容易发现这题结论)
题目大意:两名玩家在进行游戏他们初始有n点血量,现在他们在第i回合自己行动前需要扣除i点血量,随后这名玩家可以选择:
(炉石玩家很容易理解,双方进入疲劳状态,每回合打k或叠k甲,没有别的手牌)
1.给自己回复k点血量(两人的血量没有上限)
2.给对方扣除k点血量
给t次询问,每次给一个n一个k,询问最终胜者是谁
题解:最终推论是先手第一回合能杀死对方即可获胜,否则后手胜利(注意特判n==1)
推理过程是队友的,什么时候队友写题解了就放一篇链接指路()
#include <bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define int long long
using namespace std;
int n,m,k,t;
signed main()
{
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>k;
if(n==1) cout<<"freesin"<<endl;
else if(1+k>=n) cout<<"pllj"<<endl;
else cout<<"freesin"<<endl;
}
}
Mio visits ACGN Exhibition
题目大意:给定一个n*m的01矩阵,求从(1,1)到(n,m)的所有路径中,至少有p次0和q次1的路线数
题解:首先考虑一个四维的dp数组,其dp[ i ][ j ][ k ][ l ] 表示走到第i行第j列时,经过k次0和l次1的方案数:
第一步优化为发现在01矩阵中,从(1,1)到任意一点的任意一个路线,当经过0的数量确定时,经过1的数量即为i+j-1-k。
所以这个dp首先可以优化成dp[ i ][ j ][ k ]表示走到第i行第j列时,经过k次0方案数。
对于目前的式子,我们容易推出以下关系:
1.当a[ i ][ j ] == 0时,dp[ i ][ j ][ k ] = dp[ i - 1 ][ j ][ k - 1 ] + dp[ i ][ j - 1 ][ k - 1 ]
2.当a[ i ][ j ] == 1时,dp[ i ][ j ][ k ] = dp[ i - 1 ][ j ][ k ] + dp[ i ][ j - 1 ][ k ]
但是当n=m=500,k=1000时,三维数组需要大量的空间,所以我们需要在进行一轮压缩
通过类似背包问题二维压一维,这个滚动数组中的n我们也可压缩,此时我们只需要将背包中的优化使用在此题中即可
#include <bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define int long long
using namespace std;
const int N=1005;
int a[N][N], f[N][N];
int pr[N][N];
signed main()
{
int n,m,p,q;
cin>>n>>m>>p>>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>a[i][j];
}
}
if(!a[1][1]){
f[1][1]=1;
}
else{
f[1][0]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++){
//int q;
if(i!=1||j!=1)
if(a[i][j]){
for(int k=i+j-1;k>=0;k--){
f[j][k]=(f[j-1][k]+f[j][k])%mod;
}
}
else{
for(int k=i+j-1;k;k--){
f[j][k]=(f[j-1][k-1]+f[j][k-1])%mod;
}
f[j][0]=0;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=p;i<=n+m-q-1;i++){
ans+=f[m][i];
ans%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
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