10.16 考試解題報告
T1
#題目描述 ：
對於給定的一個正整數n， 判斷n是否能分紅若干個正整數之和 （能夠重複） ，
其中每一個正整數都能表示成兩個質數乘積。ios
#輸入描述：
第一行一個正整數 q，表示詢問組數。
接下來 q 行，每行一個正整數 n，表示詢問。c++
#輸出描述：
q 行，每行一個正整數，爲 0 或 1。0 表示不能，1 表示能。git
#樣例輸入：
5
1
4
5
21
25spa
#樣例輸出：
0
1
0
1
1code
#數據範圍:
\(30\%\)的數據知足：\(q\leq20, n\leq20\)
\(60\%\)的數據知足：\(q\leq10000, n\leq5000\)
\(100\%\)的數據知足：\(q\leq10^5, n \leq 10^{18}\)ci
解題思路：
看到這個奇葩的數據範圍，我先看到了\(100\%\)的\(n \leq 10^{18}\)
而後我就不知道怎麼想的，寫了一個不知道能不能跑過60分的徹底揹包？get
code:string
#include <bits/stdc++.h>
#define N 5010
#define ll long long
#define M 1010
#define _ 0
using namespace std;
map<int, int> mp; bool vis[N], b[N];
int q, m, mx, mi = 99999999, cnt, tot;
int po[10000100], f[N], qust[N << 1], prime[N];
int read() {
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void erlur(int s) {
for (int i = 2; i <= s; i++) {
if (!vis[i]) prime[++cnt] = i;
for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
if (i * prime[j] > s) break;
vis[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
freopen("a.in", "r", stdin);
// freopen("a.out", "w", stdout);
q = read();
for (int i = 1; i <= q; i++) {
qust[i] = read();
mx = max(mx, qust[i]);
}
erlur(mx);
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
int an = prime[i] * prime[j];
if (!mp[an] && an <= mx)
mp[an] = 1, po[++tot] = an, mi = min(mi, an);
}
cout << tot << "\n";
for (int i = 1; i <= q; i++) {
if (b[qust[i]]) cout << 1 << " ";
else {
memset(f, 0, sizeof(f));
int flag = 0;
for (int j = 1; j <= tot; j++)
for (int k = po[j]; k <= qust[i]; k++) {
f[k] = max(f[k], f[k - po[j]] + po[j]);
if (f[k] == qust[i]) flag = 1;
}
if (flag) b[qust[i]] = 1, puts("1");
else puts("0");
}
}
return 0;
}
在打出來的時候嘗試一下\(60\%\)的範圍，結果發現本身的程序跑步過去，而後就把前\(1000\)個輸了出來，而後發現除了前邊的\(1,2,3,5,7,11\)以外全部的數都是1，只有這兩個是0.it
證實啊
當\(n \leq 20\) 時, 只有\(1,2,3,5,7,11\)無解，其他均有解。
當\(n > 20\) 時, 由於\(n = (n - 4) + 4 = (n-4) + 2 \ast 2\),而\((n-4)\)這個數\(\geq16\), 是必定有解的。
因此,咱們證實了對於任意的正整數\(n\),只有\(n = 1,2,3,5,7,11\)時無解，其他均有解。io
正解:
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define M 1010
#define _ 0
using namespace std;
long long q, n;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int main() {
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
q = read();
for (int i = 1; i <= q; i++) {
n = read();
if (n == 1 || n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7 || n == 11) puts("0");
else puts("1");
}
return 0;
}
T2
#題目描述：
有一個長度爲 n 的天然數序列 a，要求將這個序列剛好分紅至少 m 個連續子
段。 每一個子段的價值爲該子段的全部數的按位異或。要使全部子段的價值按位與
的結果最大，輸出這個最大值。
#輸入描述：
第一行一個正整數 \(q\)，表示詢問組數。
接下來 \(q\) 組輸入，每組輸入兩行：
第一行兩個正整數 \(n,m\)。
第二行 \(n\) 個正整數，描述序列 \(a\)。
#輸出描述：
一行一個正整數，表示答案。
樣例輸入：
1
5 3
1 2 3 4 5
樣例輸出：
1
#數據範圍：
\(20\%\)的數據：\(n\leq20\)
\(40\%\)的數據：\(n\leq100,ai < 256\)
\(60\%\)的數據：\(n\leq100\)
\(100\%\)的數據：\(1\leq q \leq12,1\leq m \leq n \leq 1000,0\leq a_i < 2^{30}\)
解題思路：
由於異或運算具備交換律且（x異或x = 0）,因此區間異或和能夠由兩個前綴異或和異或獲得。
考慮從高位到低位肯定答案的二進制位,而後考慮判斷是否能分紅至少\(m\)段。
如何判斷是否能分紅至少\(m\)段?
"能分紅至少m段"與"最多能分紅的段數\(\geq m\)"等價。
令\(dp[i] = "a[1..i]這一段數最多能分紅多少段"\)
轉移就是直接枚舉上一段的末尾\(j\),若是\([j+1,i]\)能夠組成一段,那麼就把\(dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);\)
這樣\(DP\)的複雜度是\(O(n^2)\)。
總複雜度就是\(O(q \ast log(值域) \ast DP) = O(30qn^2) ≈ 3.6 * 10^8\),由於常數較小能夠過。
code：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 1007
using namespace std;
int read() {
char c = getchar();
int x = 0, f = 1;
for(; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for(; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
return x * f;
}
int T, n, m, a[N], f[N], sum[N], ans;
int main() {
freopen("b.in", "r", stdin);
freopen("b.out", "w", stdout);
T = read();
while(T--) {
n = read(), m = read(), sum[0] = 0, ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] ^ a[i];
for(int i = 29; i >= 0; i--) {
f[0] = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
f[j] = -1;
for(int k = 0; k < j; k++)
if(f[k] != -1 && ((ans | (1 << i)) & (sum[j] ^ sum[k])) == (ans | (1 << i)))
f[j] = max(f[j], f[k] + 1);
}
if(f[n] >= m) ans |= 1 << i;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
T3
#題目描述：
定義一個排列 \(a\) 的價值爲知足\(| a[i]-i | \leq1\) 的 \(i\) 的數量。
給出三個正整數 \(n,m,p\)，求出長度爲 \(n\) 且價值剛好爲 \(m\) 的排列的個數對 \(p\) 取
模的結果。
#輸入描述：
第一行兩個正整數 \(T,p\)，\(T\) 爲數據組數，\(p\) 爲模數。
接下來 \(T\) 行，每行兩個正整數 \(n,m\)。
#輸出描述：
\(T\) 行，每行一個非負數，表示答案。
輸入樣例：
5 1887415157
3 1
3 2
3 3
50 10
1500 200
輸出樣例：
1
2
3
621655247
825984474
#數據範圍：
\(10\%\)的數據：\(n \leq 10\)
\(30\%\)的數據：\(n \leq 15\)
\(50\%\)的數據：\(n\leq 200\)
另有 \(10\%\)的數據：\(m=1\)
另有 \(10\%\)的數據：\(m=n-1\)
\(100\%\)的數據：\(1 \leq T, n, m \leq 2000，2 \leq p \leq 10^{12}\)
解題思路：
由於\(n,m \leq 2000\), 並且\(p\)是事先給出的,因此咱們能夠一次性預處理出\(n,m \leq 2000\)的答案。
考慮一個長度爲\(i\)的排列如何變成長度爲\(i+1\)的排列。
一種狀況是我在它末尾加入了一個數\(i+1\),另外一種狀況是我用\(i+1\)替換掉了原來排列中的一個數，而後把被換掉的數放到排列的末尾。
那麼,這個排列權值的變化就是：
第一種狀況：在它末尾加入了一個數\(i+1\)，權值\(+1\)。
第二種狀況：用\(i+1\)替換掉一個數，權值 \(+=\) 加的貢獻 \(-\) 換掉的數的貢獻。
在\(DP\)當中，咱們只須要考慮替換掉的數是不是\(i\),以及\(i\)是否在位置\(i \over (i-1)\)便可。總共有\(5\)種本質不一樣的狀態，分類討論轉移便可。
複雜度\(O(nm)\)。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2005;
int q,n,m,u,v;
LL p,ans,f[N][N][5],x;
int rd(){
int re=0,f=1;char c=getchar();
while ((c<'0')||(c>'9')) {if (c=='-') f=-f;c=getchar();}
while ((c>='0')&&(c<='9')) {re=re*10+c-'0';c=getchar();}
return re*f;
}
int main(){
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
cin>>q>>p;
memset(f,0,sizeof(f));
f[1][1][0]=1ll;
f[2][2][0]=1ll;f[2][2][1]=1ll;
n=2000;
for (int i=2;i<n;++i)
for (int j=0;j<=n;++j){
for (int k=0;k<=4;++k){
x=f[i+1][j+1][0]+f[i][j][k];
x=(x<p)?x:(x-p);
f[i+1][j+1][0]=x;
u=j+((k%2)==0);
v=1+(k!=0);
x=f[i+1][u][v]+f[i][j][k];
x=(x<p)?x:(x-p);
f[i+1][u][v]=x;
}
if (f[i][j][0]>0ll){
f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][0]*(LL)(j-1))%p;
f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][0]*(LL)(i-j))%p;
}
if (f[i][j][1]>0ll){
x=f[i+1][j][3]+f[i][j][1];
x=(x<p)?x:(x-p);
f[i+1][j][3]=x;
f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][1]*(LL)(j-2))%p;
f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][1]*(LL)(i-j))%p;
}
if (f[i][j][2]>0ll){
x=f[i+1][j][3]+f[i][j][2];
x=(x<p)?x:(x-p);
f[i+1][j][3]=x;
f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][2]*(LL)(j-1))%p;
f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][2]*(LL)(i-j-1))%p;
}
if (f[i][j][3]>0ll){
x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][3];
x=(x<p)?x:(x-p);
f[i+1][j+1][3]=x;
f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][3]*(LL)(j-1))%p;
f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][3]*(LL)(i-j-1))%p;
}
if (f[i][j][4]>0ll){
x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][4];
x=(x<p)?x:(x-p);
f[i+1][j+1][3]=x;
if (j>0) f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][4]*(LL)(j))%p;
f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][4]*(LL)(i-j-2))%p;
}
}
for (;q>0;--q){
cin>>n>>m;
ans=(f[n][m][0]+f[n][m][1]+f[n][m][2]+f[n][m][3]+f[n][m][4])%p;
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
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