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2021暑假模拟赛11

admin

11月 28, 2021

A[CF1492A(800)]

计算离$a$,$b$,$c$的倍数最近是多少即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T;
    cin >> T;

    while (T --) {
        long long p, a, b, c;
        cin >> p >> a >> b >> c;

        long long x = (a - p % a) % a;
        long long y = (b - p % b) % b;
        long long z = (c - p % c) % c;
        cout << min(x, min(y, z)) << '
';
    }

    return 0;
}

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B[CF1486C1(1600)]

先问一次找出整个数组次大的位置,设为$p$。那么最大值肯定在$p$的某一侧,于是先问一下$[1,p]$,如果答案是$p$说明最大值在$[1,p]$,然后根据最大值的单调性二分查找即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;

    auto query = [&] (int l, int r) -> int {
        cout << '?' << ' ' << l << ' ' << r << endl;
        int ret;
        cin >> ret;
        return ret;
    };

    int p = query(1, n);

    if (p > 1 && query(1, p) == p) {
        int l = 0;
        int r = p;
        while (r - l > 1) {
            int mid = l + r >> 1;
            int cur = query(mid, p);
            if (cur == p) {
                l = mid;
            } else {
                r = mid;
            }
        }
        cout << '!' << ' ' << l << endl;
    } else {
        int l = p;
        int r = n + 1;
        while (r - l > 1){
            int mid = l + r >> 1;
            int cur = query(p, mid);
            if (cur == p) {
                r = mid;
            } else {
                l = mid;
            }
        }
        cout << '!' << ' ' << r << endl;
    }

    return 0;
}

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C[CF1418C(1500)]

设$dp[i][0/1]$表示当前在第$i$个位置,轮到谁打怪兽,最小的花费。转移则枚举这次打几个怪兽即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int inf = 1000000000;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T;
    cin >> T;

    while(T--) {
        int n;
        cin >> n;

        vector<int> a(n);
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            cin >> a[i];
        }

        vector<vector<int> > dp(n + 1, vector<int> (2, inf));
        dp[0][0] = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            dp[i + 1][0] = min(dp[i + 1][0], dp[i][1]);
            if(i + 2 <= n) {
                dp[i + 2][0] = min(dp[i + 2][0], dp[i][1]);
            }
            dp[i + 1][1] = min(dp[i + 1][1], dp[i][0] + (a[i] == 1));
            if(i + 2 <= n) {
                dp[i + 2][1] = min(dp[i + 2][1], dp[i][0] + (a[i] == 1) + (a[i + 1] == 1));
            }
        }

        cout << min(dp[n][0], dp[n][1]) << '
';
    }

    return 0;
}

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D[CF1557C(1700)]

考虑常见的套路,从高位到低位枚举。假设当前在第$i$位,且前面几位两个数都对应相等,那么这一位可以选择大于或者继续等于。如果大于的话,那么第一个数这位为$1$,第二个数这位为$0$,说明所有的$a_i$这位必须是$1$,那么$n$为偶数的时候第二个数这位为$0$。这样大小关系已经分出,之后的位随便选即可。如果继续相等,那么可以两个数这位都为$1$或$0$。为$1$的情况上面已经讨论,为$0$的情况需要所有$a_i$这位不全为$1$,同时有偶数个$a_i$这位为$0$,这里利用组合数的恒等式计算即可,即$sum_{i=0,i%2==0}^{n}{inom{n}{i}}=2^{n-1}$。然后最后加上两个数相等的情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
long long modpow(long long x, long long y) {
  long long ret = 1;
  for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod) {
    if (y & 1) {
      ret = ret * x % mod;
    }
  }
  return ret;
}
int main() {
  int t;
  cin >> t;
  while (t--) {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    long long s = 1;
    long long ans = 0;
    for (int i = k - 1; i >= 0; --i) {
      if (n % 2 == 0) {
        ans += s * modpow(2, 1ll * n * i);
        ans %= mod;
        s *= modpow(2, n - 1) - 1;
        s %= mod;
      } else {
        s *= (modpow(2, n - 1) + 1); 
        s %= mod;
      }
    }
    ans += s;
    ans %= mod;
    cout << ans << '
';
  }
}

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