wxy 4.14 #15 [Cloned]

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wxy 4.14 #15 [Cloned]

活生生把ACM赛制打成OI赛制的一场，就交了签到题然后就一直in queue还好都一发A了，刺激。

A

写得有点慢了，刚开始对应关系弄反了，采用模块化的设计思想，直接先解决对应关系搞一个数组就可

以了。然后看转换后的字符串是否所有的字母都是存在的即可。

B

直接一个一个查看是否和x的gcd大于1即可

C

把有朋友关系的都放在一个集合里面，把编号最小的作为并查集的标记，最后遍历把每个集合的大小求

出来，取前k个即可

D

根据方程可以解出来星期二多出来的有多少钱，然后分别按照题意算每天的即可

E

给定一些颜色转换条件，问最后有多少个点是想要的颜色。可以采用模块化思想，先把颜色转换写出

来，抓住转换条件。

对于每一块，都转换成点上的一次颜色，然后计算。

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

map<string,int> ID;

char s[10];

int cnt[100][100][10];

int cal(int A,int B,int C)

{

if(A&&B&&C) return 6;

if(!A&&!B&&!C) return -1;

if(A&&!B&&!C) return 0;

if(!A&&B&&!C) return 1;

if(!A&&!B&&C) return 2;

if(!A){

if(B==C) return 3;

return 7;

}

if(!B){

if(A==C) return 4;

return 7;

}

if(!C){

if(B==A) return 5;

return 7;

}

}

int main()F

签到题

直接用矩阵快速幂找规律，太慢了。。。

其实直接就可以看出来的，Sn=2Sn−1−Sn−2. ---->Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2，且S0=0，S1=1，那么可以看出

来是公差为1的等差数列，更可以说是i本身.

G

问题可以转化成画一条水平线，有多少三角形穿过。可以用树状数组来做。

对每一个三级小型，有可能穿过的范围都是三个点中maxy~miny，只要add(miny,1),add(maxy+1,-1)即

可，且对坐标进行出来，把范围放到1~2000001范围内，最后遍历一百年所有的，每次ans和sum(i)比

较即可。

{

ID["RED"]=0,ID["BLUE"]=1,ID["YELLOW"]=2;

ID["GREEN"]=3,ID["ORANGE"]=4,ID["VIOLET"]=5;

ID["BROWN"]=6,ID["PINK"]=7;

int R,C,N,x,y,k;

scanf("%d%d%d",&R,&C,&N);

scanf("%s",s);

int P=ID[s];

for(int i=1;i<=N;++i){

scanf("%s%d%d%d",s,&x,&y,&k);

int col=ID[s];

int Lr=max(1,x-k/2),Lc=(1,y-k/2);

if(k%2==0) Lr=max(1,x-k/2+1),Lc=max(1,y-k/2+1);

int Rr=min(R,Lr+k-1),Rc=min(C,Lc+k-1);

for(int r=Lr;r<=Rr;++r){

for(int c=Lc;c<=Rc;++c){

cnt[r][c][col]++;

}

}

}

int ans=0;

for(int r=1;r<=R;++r){

for(int c=1;c<=C;++c){

int col=cal(cnt[r][c][0],cnt[r][c][1],cnt[r][c][2]);

if(col==P) ans++;

}

}

printf("%d\n",ans);

return 0;

}

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN=2e6+100;

const int base=1e6;

int c[MAXN]; //a原数组 c求和后数组

int lowbit(int x){ return x&(-x); }

void add(int x,int y) //x更新位置 y为更新后的数

{

for(int i=x;i<MAXN;i+=lowbit(i)){H

每太看懂做法。。。先贴着

根据enis的显示是有n个点的完全图删除0--n条边，然后所有的到的子图的联通分量的总和。

c[i]+=y;

}

return ;

}

int sum(int x) //1-x 求和

{

int ans=0;

for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){

ans+=c[i];

}

return ans;

}

int main()

{

int n; scanf("%d",&n);

int x0,y0,x1,y1,x2,y2;

int cnt=0;

for(int i=1;i<=n;++i){

scanf("%d%d%d%d%d%d",&x0,&y0,&x1,&y1,&x2,&y2);

y0+=base+1,y1+=base+1,y2+=base+1;

if(y1<y0) swap(x0,x1),swap(y0,y1);

if(y2<y0) swap(x0,x2),swap(y0,y2);

if(y2<y1) swap(x2,x1),swap(y2,y1);

add(y0,1); add(y2+1,-1);

}

int ans=0;

for(int i=1;i<=2e6+1;++i){

ans=max(ans,sum(i));

}

printf("%d\n",ans);

return 0;

}

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 3005;

const int MOD = 1e9 + 7;

typedef long long LL;

int n, c[N][N], fac[N];

LL f[N], g[N], h[N], s[N][N];

LL fp(LL a, LL b) {

a %= MOD;

LL res = 1;

while (b) {

if (b & 1) res = res * a % MOD;

a = a * a % MOD;

b >>= 1;

}

return res;

}I

可以根据x2-ax+1=0将次

void init() {

fac[0] = 1;

for (int i = 0; i < N; i++) {

fac[i] = 1LL * i * fac[i - 1] % MOD;

}

for (int i = 0; i < N; i++) {

c[i][0] = c[i][i] = 1;

for (int j = 1; j < i; j++) {

c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % MOD;

}

}

}

int main() {

init();

scanf("%d", &n);

h[0] = 1;

LL two = 1LL;

for (int i = 1; i <= n; i++) {

for (int j = 1; j < i; j++) {

g[i] = (g[i] + c[i-1][j-1] * f[j] % MOD * h[i - j] % MOD) % MOD;

//cout << "add: " << c[i - 1][j - 1] * f[j] % MOD * h[i - j] %

MOD << endl;

}

h[i] = h[i - 1] * two%MOD;

two = two * 2 % MOD;

f[i] = (h[i] - g[i] % MOD + MOD) % MOD;

//cout << i << "->" << h[i] << '=' << g[i] << '+' << f[i] << endl;

}

LL ans = 0;

for (int i = 1; i <= n; i++) {

//枚举单独联通块大小，计算有多少图包含此大小联通块

ans = (ans + c[n][i] * h[n - i] % MOD * f[i] % MOD) % MOD;

}

printf("%lld\n", ans);

return 0;

}

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL MAXN=100+10;

const LL mod=1e9+7;

LL a,n;

LL mp[MAXN][2];

LL solve(LL x,LL step,LL c)

{

if(x==1) return a;

if(mp[step][c]) return mp[step][c];

LL res;

if(x%2) res=(solve(x/2,step+1,0)*solve(x/2+1,step+1,1)%mod-a+mod)%mod;

else res=(solve(x/2,step+1,c)*solve(x/2,step+1,c)%mod-2+mod)%mod;

return mp[step][c]=res;}

int main()

{

LL T; scanf("%lld",&T);

while(T--){

memset(mp,0,sizeof(mp));

scanf("%lld%lld",&a,&n);

if(!n){

printf("2\n");

continue;

}

a=(a%mod+mod)%mod;

if(n<0) n=-n;

printf("%lld\n",solve(n,0,0));

}

return 0;

}