2019西安多校联训 Day4

　　　T1

　　大水题！！难度简单,显然的贪心策略即可,but...

　　思路:首先我们按与i点作战后活下来的士兵排序,然后

若当前剩余兵力足够直接减掉战斗死亡人数,如果不够就加

够再打它,但是!我们在考完试观察测试点时发现了这样一组

测试点:

　　2

　　7 4

　　5 1

　　emmm,这组测试点是什么意思呢？？我们只需要4个人就可以

打下这座城市,但打这个城市的4个人中需要阵亡7人!(？？？喵喵喵？？？)

这就很尴尬了,当我们遇到这样的点时,我们只需凑够阵亡人数即可

不用管剩余人数(显然无人生还...)

 

T1-

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
    long long x,y;
}a[100010];
long long n,mlast,ans;
long long T;
bool cmp(node p,node q){
    return (p.y-p.x)>(q.y-q.x); 
}
inline void solve(){
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i].y<a[i].x&&mlast<a[i].x){ans+=(a[i].x-mlast),mlast=0;continue;}
        else if(a[i].y<a[i].x&&mlast>=a[i].x){mlast-=a[i].x;continue;} 
        if(mlast>=a[i].y){
            mlast-=a[i].x;
            continue;
        }
        else if(mlast<a[i].y){
            ans+=a[i].y-mlast;
            mlast=a[i].y-a[i].x;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        memset(a,0,sizeof(a));
        ans=0;mlast=0;
        scanf("%lld",&n);
        for(register int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
        sort(a+1,a+n+1,cmp);
        solve();
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

 

　　　T2

　　这道题是一道数论题,对没有学过组合数同学非常不友好

(当然对我这种学过组合数但是只会杨辉三角的人也不友好....)

难度中等,因为有规律鸭

　　思路:首先我们需要知晓组合数的定义如下图

　　　　

　　此乃组合数,那我们可以好好看题了,根据二项式定理我们知道

C0n+C1n+C2n+...Cnn=2^n;这是无比显然的,但平方过后规律产生了

变化,由作业帮可得(Cn0)^2+(Cn1)^2+(Cn2)^2+...+(Cnn)^2=(2n!)/(n!)^2

由这个式子再加上组合数的一些定理可得(反正我是不会证的)

　　ans=(2n)!*(n!)^(mod-2)%mod

　　其中(n!)^(mod-2)即为(n!)^2在mod下的逆元,所以除法变为乘法

然后在我们了解了公式之后打一个(2n)!的表,然后每次算完%一下mod

然后套个快速幂即可,数据过多可以再套个快读快写

 

T2-

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,T;
const long long modd=1e9+7;
long long dis[2000010],x[2000010];
long long ans,ak,ac,wa;
long long ksm(long long a, long long b, long long p){
     long long ret=1;
     while(b){
         if(b%2)ret=(ret*a)%p;
         a=(a*a)%p;
         b=b>>1;
     }
     return ret;
}
inline int read(){
    int X=0; bool flag=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') flag=0; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
    if(flag) return X;
    return ~(X-1);
}
inline int write(long long X){
    if(X<0) {putchar('-'); X=~(X-1);}
    int s[20],top=0;
    while(X) {s[++top]=X%10; X/=10;}
    if(!top) s[++top]=0;
    while(top) putchar(s[top--]+'0');
}
int main(){
    T=read();
    dis[0]=x[0]=1;
    for(register int i=1;i<=2000000;i++) dis[i]=dis[i-1]*i%modd;
    while(T--)
    {
        n=read();
        wa=ksm(dis[n],modd-2,modd);
        ans=dis[2*n]*wa%modd*wa%modd;
        write(ans);
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}

 

　　　T3

　　考试时我竟然想用线段树做！！(快停止这危险的想法),难度中上

其实本题正解是带有dp色彩的模拟...

　　思路:首先咱们可以发现一个回文字符串的性质,假设咱们有一字符串长度>=3

假设它左右端点的字符相同,那显然内侧也是一个回文串,其次我们很显然的发现只

有一个字符的串是回文串,然后长度为2的字符串只需要特判一下就可以确定是否为

回文串了,验证回文串算法get√

　　其次我们为什么称这道题为带有dp色彩的模拟呢?显然我们可以先O(n)处理一遍长度为1和长度为2的字符串，然后我即可找到dp式 dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i+1][j]-dp[i+1][j-1];

非常优秀！而dp结束后我们只需要再判断整合后的字符串是否满足回文串即可

T3-

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long T,n;
int l,r;
int a[5010][5010];
bool vis[5010][5010];
char s[100010];
bool check(int L,int R){
    if(vis[L][R]) return true;
    else if(s[L]==s[R]) return check(L+1,R-1); 
    return false;
}
int main(){
    cin>>s+1;
    int len=strlen(s+1);
    scanf("%lld",&T);
    for(register int i=1;i<=len;i++){
        vis[i][i]=true;
        a[i][i]++;
        a[i][i+1]=2;
        if(s[i]==s[i+1]) a[i][i+1]++,vis[i][i+1]=true;
    }
    for(register int i=3;i<=len;i++){
        for(register int l=1;l+i-1<=len;l++){
            int r=l+i-1;
            a[l][r]=a[l][r-1]+a[l+1][r]-a[l+1][r-1];
            if(check(l,r)) a[l][r]++,vis[l][r]=true;
        }
    }
    while(T--){
        int num1,num2;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("%d\n",a[l][r]);
    }
    return 0;
}

　　end;