台州學院第十二屆校賽記錄（B,C,E,H,I,J,L）

時間 2019-12-11

標籤台州學院第十二屆記錄欄目 C&C++ 简体版

原文原文鏈接

傳送門:點我c++

題目很棒，感謝出題驗題的大佬們。數組

細節坑很多，是好事。ide

仍是很菜，繼續加油！函數

B：學習

桃子的生日

時間限制(普通/Java):1000MS/3000MS 內存限制:65536KByte
總提交: 344 測試經過: 43

描述測試

桃子這幾天在收集記念幣，總共最多隻有N種不一樣的記念幣，他已經收集了K種不一樣的記念幣。這不，桃子的生日快到了，他的M個小夥伴們決定送他記念幣，如何送給桃子呢？他們都贊成了以下三個規則：
spa

1. 每一個人送的記念幣與其餘人的都同樣多；code

2. 送給桃子的任意兩枚記念幣種類均不一樣； blog

3. 桃子從小夥伴那獲得至少L枚新的。遞歸

但他的小夥伴們不知道桃子收集了哪些記念幣。他們想盡可能少花錢，因此他們想購買知足規則的最少數量的記念幣。

輸入

第一行一個整數T(≤100)，表明有T組數據。

對於每組數據，包含一行爲四個整數N, M, K, L(1≤K≤N≤10¹⁸，1≤M，L≤10¹⁸)，表明有N種不一樣的記念幣，M個小夥伴，桃子原本有K種不一樣的記念幣，最後桃子手上至少有L枚新的記念幣。

輸出

輸出桃子的一個小夥伴贈送的最少數量的記念幣。若是不可能同時知足三個條件輸出-1。

樣例輸入

2
20 15 2 3
10 11 2 4

樣例輸出

1
-1

提示

第一組數據：桃子的小夥伴每人送一枚記念幣，由於桃子原來有2種記念幣，小夥伴總共送15枚，必定有至少13枚是新的，知足題目要求且最少。

第二組數據：總共有10種不一樣的記念幣，而桃子的小夥伴有11個，不能知足條件2。

思路：

首先，提示告訴咱們若是M>N是直接輸出-1。

很明顯能夠看出K+L是要達到的個數，若是K+L > M,也是能夠直接輸出-1的，由於達不到。

最後直接判斷每一個人送知足條件的個數，會不會超過N便可。具體看代碼有註釋

代碼：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi  3.141592653589793
const LL mod = 1e9+7;
int main()
{
    int _;
    for(scanf("%d",&_);_--;){
        LL n,m,k,l;
        scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&k,&l);
        if(m > n){
            puts("-1");continue;
        }
        LL sum = k+l;
        if(sum > n){
            puts("-1");continue;
        }
        LL ans = (sum%m == 0)?sum/m:sum/m+1;//每一個人要送的個數，保證能夠知足K+L
        if(ans * m > n){//若是每一個人送的總數超過了N，根據蜂巢原理一定會重複。因此不行
            puts("-1");continue;
        }
        else{
            printf("%I64d\n",ans);
        }
    }
}
/*
2
100 6 2 98
*/

桃子的難題

時間限制(普通/Java):1000MS/3000MS 內存限制:65536KByte
總提交: 102 測試經過: 6

描述

taozi喜歡數學，可是遇到數學題就頭疼，zdragon爲了讓你們高興高興，給taozi出了道難題：

S=∑qⁱ(1≤i≤n)，因爲答案可能會很大，答案對p取模。

輸入

輸入第一行爲測試樣例組數T（1≤T≤100）。

對於每組數據第一行包含三個正整數n，q，p(1≤n，q，p≤10⁹)。

輸出

對於每組數據，輸出一個S對p取模的值。

樣例輸入

2
3 2 100
4 511 520

樣例輸出

14
184

提示

對於第一個樣例，2¹+2²+2³=14，對100取模，答案爲14。

思路：

S=∑qⁱ(1≤i≤n)，這玩意首先是個等比數列求和。而後取模，很容易想到套等比數列求和公式，逆元，取模。然而會出錯。。由於可能在模數的意義下可能沒有逆元。

其實是等比數列二分求和處理這玩意（最近寫過同樣的題目因此知道怎麼作）

考慮S=∑qⁱ(0≤i≤n)，注意是有0.

就是1+q^1+q^2+....q^n

而後當n是偶數的時候：

把這個式子分紅先後相等長度的兩部分

（p^0+p^1+..p^(n/2)）+ (p^(n/2+1)+p(n/2+2)+...+p^n)

把後半部分的p^(n/2+1)提取出來。

（p^0+p^1+..p^(n/2)) * (p^(n/2+1)+1)

右邊快速冪，左邊遞歸

奇數的話去掉p^n，一樣的操做去左邊遞歸右邊快速冪。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi  3.141592653589793
long long q(LL a,LL n,LL mod)
{
    LL ans = 1LL,temp = a%mod;
    while(n){
        if(n&1){
            ans=(ans*temp)%mod;
        }
        n>>=1;
        temp=(temp*temp)%mod;
    }
    return ans;
}
LL sum(LL p,LL n,LL mod)
{
    if(p==0)return 0;
    if(n==0)return 1;
    return (n&1)?(((1+q(p,n/2+1,mod))%mod*sum(p,n/2,mod)%mod)%mod):(((1+q(p,n/2+1,mod))%mod*sum(p,n/2-1,mod)+q(p,n/2,mod)%mod)%mod);
}
int main()
{
    /*
        LL a,b,p;
        while(~scanf("%lld %lld %lld",&a,&b,&p)){
                LL sum = 0;for(int i = 1 ; i <= a ; i ++){
                sum += q(b,i,p);
                sum%=p;
            }
            cout<<sum<<endl;
        }
    */
    LL a,b,p;
    int _;
    for(scanf("%d",&_);_--;){
        scanf("%lld %lld %lld",&a,&b,&p);
        LL ans = sum(b,a,p);
        printf("%lld\n",(ans+p-1)%p);
    }
}/*
2
3 2 100
4 511 520
*/

E：

YuYu的撲克牌遊戲

時間限制(普通/Java):1000MS/3000MS 內存限制:65536KByte
總提交: 14 測試經過: 3

描述

YuYu最近正在學習多位數的乘法，crq想考考她的學習狀況，但又懶得出題，所以直接拿了一副撲克牌。撲克牌去掉了大小王和牌面值較大的牌，只留下A、二、三、四、五、六、七、8 、9，每種花色有9張牌，牌面值分別爲1~9，現從中抽出n張牌，crq要求YuYu從n張牌中挑出若干張組成乘法公式a*b=c，其中a、b和c都可以由多張牌拼接而成(如1和2能拼成12，也能拼成21)，但a和b最可能是2位的正整數(由於YuYu懼怕太大的數)。

如給定4 5 6 9四張牌，能夠組成：

6*9=54

9*6=54

一個公式中同一張牌最多隻能使用一次。

輸入

多組數據，第一行爲數據組數T(T<=100)。

每組數據第一行爲正整數n(n<=36)，第二行爲n個正整數，表示從一副牌中抽取的牌面值，全部牌面值在1到9之間。

輸出

對於每組數據，輸出最多有多少種可能的公式。

樣例輸入

2
4
6 9 5 4
5
1 6 6 6 9

樣例輸出

2
4

思路：

注意C沒限制是兩位數便可

一眼感受是36^4*100的題，實際100*100兩個循環判斷就好了。

交了打表代碼過了。。不是很懂。

實際我操做的是一個兩位數乘以一個兩位數等於一個四位數，好比說什麼01*02=0004前面補個0

代碼：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi  3.141592653589793
string change(int a1,int a2,int a3,int a4,int a5,int a6,int a7,int a8){
    string s = "";
    s += (a2+'0');
    s += (a1+'0');
    s += '*';
    s += (a4+'0');
    s += (a3+'0');
    s += '=';
    s += (a8+'0');
    s += (a7+'0');
    s += (a6+'0');
    s += (a5+'0');
    return s;
}
set<string>s;
int main(){
    int _;
    while(~scanf("%d",&_)){
        while(_--){
            s.clear();
    int n,a[40], cnt[12];
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 0 ; i < n ; i ++){
        scanf("%d",a+i);
        cnt[a[i]]++;
    }
    int sum = 0;
    for(int i = 1 ; i < 100 ; i++){
        for(int j = 1 ; j < 100 ; j++){
            int temp = i;
            int num1 = temp%10;
            int num2 = temp/10%10;
            temp = j;
            int num3 = temp%10;//個位 
            int num4 = temp/10%10;//十位 
            
            temp = i*j;
            int num5 = temp%10;//個位 
            temp/=10;
            int num6 = temp%10;//十位
            temp/=10;
            int num7 = temp%10;//百位
            temp/=10;
            int num8 = temp%10;//千位
            
            if(num1 == 0||num3 == 0||num5 == 0)continue;
            
            if(num8 != 0){
                if(num7 == 0 || num6==0)continue;
            }else{
                if(num7!=0){
                    if(num6==0)continue;
                }
                else{
                    if(num6!=0){
                        if(num5 == 0)continue;
                    }
                }
            }
            //cout<<num8<<num7<<num6<<num5<<endl;
            if(num1 != 0)
                cnt[num1]--;
                
            if(num2 != 0)
                cnt[num2]--;
                
            if(num3 != 0)
                cnt[num3]--;
                
            if(num4 != 0)
                cnt[num4]--;
                
            if(num5 != 0)
                cnt[num5]--;
                
            if(num6 != 0)
                cnt[num6]--;
                
            if(num7 != 0)
                cnt[num7]--;
                
            if(num8 != 0)
                cnt[num8]--;
                    
            if( cnt[num1] >= 0 && cnt[num2] >= 0 &&
                cnt[num3] >= 0 && cnt[num4] >= 0 &&
                cnt[num5] >= 0 && cnt[num6] >= 0 &&
                cnt[num7] >= 0 && cnt[num8] >= 0 ){
                string ss = change(num1,num2,num3,num4,num5,num6,num7,num8);
                   s.insert(ss);
            }
            if(num1 != 0)
                cnt[num1]++;
            if(num2 != 0)
                cnt[num2]++;
            if(num3 != 0)
                cnt[num3]++;
            if(num4 != 0)
                cnt[num4]++;
            if(num5 != 0)
                cnt[num5]++;
            if(num6 != 0)
                cnt[num6]++;
            if(num7 != 0)
                cnt[num7]++;
            if(num8 != 0)
                cnt[num8]++;
        }
    }
//    for(set<string>::iterator it = s.begin() ; it != s.end();it++){
//        cout<<*it<<endl;
//    }
    printf("%d\n",s.size());
}}
}
/*

*/

View Code

H：

桃子的LCM

時間限制(普通/Java):1000MS/3000MS 內存限制:65536KByte
總提交: 364 測試經過: 64

描述

桃子很喜歡數學，最近他對lcm（最小公倍數）很是感興趣。小翁看到桃子在紙上寫了一大堆數學公式，就想考考桃子。他給小桃出了個題：如今你手上有一個數b，對於每一個1≤a≤10¹⁸，他把lcm(a,b)/a的不一樣值寫在了紙上，他想問你，他能在紙上寫幾個不一樣的數字。

輸入

第一行一個整數T(≤50)，表明有T組數據。

對於每組數據，第一行一個整數b(1≤n≤10¹⁰)，表明小桃手上的數b。

輸出

輸出一個數表明不一樣值的個數。

樣例輸入

2
1
2

樣例輸出

1
2

提示

第一個樣例，b等於1，只有1個值1。

第二個樣例，b等於2，只有2個值1和2。

思路：

打個表（a 從1到b+10 ）

就能發現當a > b時候題目那個式子答案都同樣。而後出現的不同的值都是b的約數。因此題目轉化成了求b的約數個數。

（首A拿到了，笑）

複雜度是O（sqrt(n)）

代碼：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi  3.141592653589793
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    while(n--){
        LL a;int sum = 0;
        scanf("%lld",&a);
        LL k = sqrt(a);
        for(int i = 1 ; i <= k; i++){
            if(a%i==0){
                sum+=2;
            }
        }
        if(k*k==a)sum--;
        printf("%d\n",sum);
    } 
    return 0;
}/*

*/

I：

桃子的長號

時間限制(普通/Java):2500MS/7500MS 內存限制:65536KByte
總提交: 347 測試經過: 47

描述

C++課上，老師講到了映射map，桃子以爲映射很神奇，能夠把一個串變成一個數存儲，也能夠把一堆很大的數字變成很小的數字。爲了加深對映射的印象，桃子出了下面這個題：

桃子將給你一個長的十進制數a，包含n個1-9的數字，你有一個映射函數f能夠把x變成f(x)。

你能夠執行如下操做不超過1次：選擇一個非空的連續子段並把裏面的每一個數字x映射成f(x)。例如a=1337，f(1)=1，f(3)=5，f(7)=3，你將選擇區間[2,3]，並把3變成f(3)=5，最終獲得1557。

如今你執行了操做不超過1次，你能夠獲得的最大數是多少。

輸入

第一行一個整數T(1≤T≤95)，表明有T組數據。

對於每組數據：

第一行爲一個整數n(1≤n≤2*10⁵)，爲十進制數a的長度。

第二行爲n個數字組成的整數a：a₁a₂...a_n(1≤a_i≤9)。

第三行爲9個數字f(1),f(2),...,f(9)，表明映射函數f。

數據保證∑n<=10⁶。

輸出

每組數據輸出一行，表明桃子能獲得的最大值。

樣例輸入

3
4
1337
1 2 5 4 6 6 3 1 9
5
11111
9 8 7 6 5 4 3 2 1
2
33
1 1 1 1 1 1 1 1 1

樣例輸出

1557
99999
33

思路：

記第i個數是num[i]；

從前日後遍歷第一個f(num[i]) > num[i]的改掉是最優的。而後一個坑的點是，繼續遍歷下去的時候能夠是f(num[pos]) == num[pos]

舉個例子

32314

1 4 3 7 1 1 1 1 1

這個數的第四個1要修改爲爲1，可讓第五位的4變成7。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi  3.141592653589793
char s[200011];
int main()
{

    int _;
    for(scanf("%d",&_);_--;){
        int n;
        scanf("%d %s",&n,s);
        int f[11];
        for(int i = 1; i <= 9 ;i++){
            scanf("%d",f+i);
        }
        for(int i = 0 ; i < n ; i++){
            int a = s[i] - '0';
            if(f[a] > a){
                int pos = i;
                while(f[a] >= a && pos < n){
                    s[pos] = f[a]+'0';
                    pos++;
                    a = s[pos] - '0';
                }
                break;
            }
        }
        printf("%s\n",s);
    }
}/*
3
4
1337
1 2 5 4 6 6 3 1 9
5
11111
9 8 7 6 5 4 3 2 1
5
32314
1 4 3 7 1 1 1 1 1

*/

J：

桃子的項鍊

時間限制(普通/Java):1000MS/3000MS 內存限制:65536KByte
總提交: 102 測試經過: 17

描述

桃子喜歡收藏，尤爲是對項鍊有着奇怪的要求：每顆珠子的顏色必須不一樣。因爲各類緣由，他找不到這種項鍊，因此他決定本身給項鍊塗色。

如今他手上有n種不一樣顏色的塗料，項鍊（環形）上有n顆珠子，他想知道他有多少種不一樣的塗法。若一條項鍊能經過繞中心旋轉或翻轉而變成另外一個項鍊，則認爲是同一種塗法。

輸入

輸入第一行爲測試樣例組數T(1<=T<=10000)。

對於每組數據包含一個正整數n(1<=n<=10⁶)，表明不一樣顏色的塗料種數或珠子數目。

輸出

對於每組數據，輸出一個整數表明有多少種不一樣的塗法。結果對10⁹+7取模。

樣例輸入

2
3
4

樣例輸出

1
3

思路：

打表以後發現是（n!）/2。猜了2發(n+1)*n/2。。。。老老實實打表吧。

n= 1,2時候須要另外判斷。（我是存數組而後直接輸出）

代碼：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi  3.141592653589793
const LL mod = 1e9+7;
LL a[1000011];
int main()
{
    a[0] = a[1] = a[2] = 1;
    for(int i = 3 ; i <= 1000000 ; i++){
        a[i] = (a[i-1] * i)%mod;
    }
    int _;
    for(scanf("%d",&_);_--;){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        cout<<a[n-1]<<endl;
    }
}
/*
4
3
4
5
6
*/

L：

桃子的幸運彩票

時間限制(普通/Java):1000MS/3000MS 內存限制:65536KByte
總提交: 172 測試經過: 23

描述

最近桃子愛上了博彩，一天他買了一張彩票，上面印着帶有n個數字的序列a₁a₂a₃...a_n。

若是一張彩票是幸運的，當且僅當其知足以下所有條件：

1. 序列能被剛好分紅不相交的至少2段；

2. 每一段區間[l,r]的和都是相同的。

請你幫助桃子判斷他手上的彩票是否是幸運的。

例如123426是幸運的，它能夠分爲3段，12三、42和6，1+2+3=4+2=6。

不相交就是序列的每一個數字剛好屬於一個段。

輸入

第一行一個整數T(≤100)，表明有T組數據。

對於每組數據，第一行一個整數n(2≤n≤100)，表明彩票中數字序列的位數。

第二行爲一個長度爲n的數字序列a₁a₂a₃...a_n(0≤a_i≤9)。

輸出

若是這張彩票是幸運的，輸出YES，不然輸出NO。

樣例輸入

2
5
73452
4
1248

樣例輸出

YES
NO

提示

第一個樣例：能分紅3段，七、34和52，7=3+4=5+2。

第二個樣例：不能分出。

思路：

求個前綴和，暴力枚舉每一個區間可能的和，由於a_i都是很小的！！以後看看看看能不能劃分就好了。

坑點：若是全部的數都是0，也是能夠的。被這個坑了。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi  3.141592653589793
int main()
{

    int _;
    for(scanf("%d",&_);_--;){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        string s;cin>>s;
        int a[101],flag = 0;
        int sum[111];
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(int i = 0 ; i < n ; i++){
            a[i] = s[i] - '0';
            if(i == 0)sum[i+1] = a[i];
            else sum[i+1] = sum[i]+a[i];
        }
        if(sum[n] == 0){
            puts("YES");continue;
        }
        for(int i = 0; i < sum[n]; i ++){
            int pos = 0;
            for(int j = 1 ; j <= n ; j++){
                int nowsum = sum[j] - sum[pos];
                if(nowsum == i){
                    pos = j;
                //    printf("%d %d\n",i,pos);
                }
            }
            if(pos == n || sum[pos] == sum[n]){
                flag = 1;
                break;
            }
        }
        flag ? puts("YES"):puts("NO");
    }
}/*
4
20
00101000021000200100
5
73452
4
1248
8
10101000

1~10

*/

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