Date 2025.10.27

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到现在还是想不明白为什么不骗那显眼的 80pts。

赛时 420/500pts，T5放了道紫。

A - 玩数字

P.S. \(n \le 10^{15}\)

唐题，可以 \(O(\sqrt n)\) 解决，中间进行数位分离即可，当然你也可以打表。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pll pair<ll,ll>
#define pld pair<ld,ld> 
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef int praise_long_long;
namespace io {
	using namespace std;
	inline ll read() {
		char x=getchar();
		ll ans=0,f=1;
		while(x<'0'||x>'9') {
			if(x=='-') {
				f*=(-1);
			}
			x=getchar();
		}
		while(x>='0'&&x<='9') {
			ans*=10;
			ans+=(x-'0');
			x=getchar();
		}
		return ans*f;
	}
	inline void print(ll x) {
		if(x<0) {
			putchar('-');
			x=-x;
		}
		if(x>=10) {
			print(x/10);
			putchar(x%10+'0');
		}
		else {
			putchar(x+'0');
		}
	}
}
using namespace io;
const ll N=2e5+5,mod=1e9+7,inf=2e18;
const ld eps=1e-6;
ll n,ans;
inline void ck(ll x) {
	while(x) {
		ll num=x%10;
		if(num&1) {
			return ;
		}
		x/=10;
	}
	ans++;
}
inline void solve() {
	n=read();
	for(ll i=0;i<=sqrt(n);i++) {
		ck(i*i);
	}
	print(ans);
}
praise_long_long main() {
//	freopen("num.in","r",stdin);
//	freopen("num.out","w",stdout);
	ll T=1;
//	T=read();
	while(T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}
/**/

B - 课程

P.S. \(1 \le n \le 5 \times 10^{5} \ \ \ 1 \le a_i,b_i \le 10^9\)

又是一道唐题，需要注意的是输入进来 \(2 \times n\) 个数，所以空间开到 \(10^6\) 即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pll pair<ll,ll>
#define pld pair<ld,ld>
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef int praise_long_long;
namespace io {
	using namespace std;
	inline ll read() {
		char x=getchar();
		ll ans=0,f=1;
		while(x<'0'||x>'9') {
			if(x=='-') {
				f*=(-1);
			}
			x=getchar();
		}
		while(x>='0'&&x<='9') {
			ans*=10;
			ans+=(x-'0');
			x=getchar();
		}
		return ans*f;
	}
	inline void print(ll x) {
		if(x<0) {
			putchar('-');
			x=-x;
		}
		if(x>=10) {
			print(x/10);
			putchar(x%10+'0');
		}
		else {
			putchar(x+'0');
		}
	}
}
using namespace io;
const ll N=1e6+5,mod=1e9+7,inf=2e18;
const ld eps=1e-6;
struct node {
	ll al,bl,pos;
} a[N];
ll n,ans;
inline void solve() {
	n=read();
	for(ll i=1;i<=2*n;i++) {
		a[i]={read(),read(),i};
	}
	sort(a+1,a+1+2*n,[](node a,node b) {
		return a.al-a.bl>b.al-b.bl;
	});
	for(ll i=1;i<=n;i++) {
		ans+=a[i].al;
//		cout<<a[i].pos<<' ';
	}
//	puts("");
	for(ll i=n+1;i<=2*n;i++) {
		ans+=a[i].bl;
	}
	print(ans);
}
praise_long_long main() {
//	freopen("course.in","r",stdin);
//	freopen("course.out","w",stdout);
	ll T=1;
//	T=read();
	while(T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}
/**/

C - 卡牌

其实很简单，我们发现只要位数短的肯定没有位数长的大，所以优先考虑数的数量，然后从小往大排序即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pll pair<ll,ll>
#define pld pair<ld,ld>
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef int praise_long_long;
namespace io {
	using namespace std;
	inline ll read() {
		char x=getchar();
		ll ans=0,f=1;
		while(x<'0'||x>'9') {
			if(x=='-') {
				f*=(-1);
			}
			x=getchar();
		}
		while(x>='0'&&x<='9') {
			ans*=10;
			ans+=(x-'0');
			x=getchar();
		}
		return ans*f;
	}
	inline void print(ll x) {
		if(x<0) {
			putchar('-');
			x=-x;
		}
		if(x>=10) {
			print(x/10);
			putchar(x%10+'0');
		}
		else {
			putchar(x+'0');
		}
	}
}
using namespace io;
const ll N=1e6+5,mod=1e9+7,inf=2e18;
const ld eps=1e-6;
ll n,q,a[N],num,sum[N];
inline void solve() {
	n=read(),q=read();
	for(ll i=0;i<n;i++) {
		a[i]=read();
		num+=a[i]*i;
	}
	if(num%(n-1)) {
		a[num%(n-1)]--;
	}
	sum[0]=a[0];
	for(ll i=1;i<n;i++) {
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	while(q--) {
		ll kl=read();
		ll l=0,r=n-1,cnt=-1;
		while(l<=r) {
			ll mid=(l+r>>1);
			if(sum[mid]>kl) {
				cnt=mid;
				r=mid-1;
			}
			else {
				l=mid+1;
			}
		}
		print(cnt);
		puts("");
	}
}
praise_long_long main() {
//	freopen("card.in","r",stdin);
//	freopen("card.out","w",stdout);
	ll T=1;
//	T=read();
	while(T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}
/**/

D - 排队

事实上不知为何，我甚至还推了一个小时的杨辉三角

听说有人用 Catalan 数写了，但很明显，我没推出来，所以可以推规律。

我们可以讨论 \(1\) 在 \(j\) 号位的方案数：

\[1:1 \\ 2:1 \ 1 \\ 3:1 \ 2 \ 2 \\ 4:1 \ 3 \ 5 \ 5 \\ 5:1 \ 4 \ 8 \ 14 \ 14 \]

我们可以定义 \(f_{i,j}\) 表示当 \(n=i\) 时 \(1\) 在 \(j\) 号位的方案数。

不难发现，\(f_{i,j}=f_{i-1,j}+sum_{j-1}\) 其中 \(sum_j\) 表示上一次操作 \(j\) 及之前的贡献和。

答案就是 \(\sum_{i=1}^{n} f_{n,i}\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pll pair<ll,ll>
#define pld pair<ld,ld>
typedef int ll;
typedef long double ld;
typedef int praise_long_long;
namespace io {
	using namespace std;
	inline ll read() {
		char x=getchar();
		ll ans=0,f=1;
		while(x<'0'||x>'9') {
			if(x=='-') {
				f*=(-1);
			}
			x=getchar();
		}
		while(x>='0'&&x<='9') {
			ans*=10;
			ans+=(x-'0');
			x=getchar();
		}
		return ans*f;
	}
	inline void print(ll x) {
		if(x<0) {
			putchar('-');
			x=-x;
		}
		if(x>=10) {
			print(x/10);
			putchar(x%10+'0');
		}
		else {
			putchar(x+'0');
		}
	}
}
using namespace io;
const ll N=5e3+5,mod=1e7+7,inf=2e9;
const ld eps=1e-6;
ll n,f[N][N],sum[N];
inline void solve() {
	n=read();
	f[1][1]=1,sum[1]=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++) {
		for(ll j=1;j<=i;j++) {
			f[i][j]=f[i-1][j]+sum[j-1];
			f[i][j]%=mod;
		}
		for(ll j=1;j<=i;j++) {
			sum[j]=sum[j-1]+f[i][j];
			sum[j]%=mod;
		}
	}
	print(sum[n]);
}
praise_long_long main() {
//	freopen("eat.in","r",stdin);
//	freopen("eat.out","w",stdout);
	ll T=1;
//	T=read();
	while(T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}
/**/