BC #33
2015-03-15 11:46:09
总结：
.... 最近状态实在是太差了，一直在刷水题 Orz ....
比赛中智商下线... A题 wa数次才过，B题高精度过pretest，后来TLE了.... 最近要多做做比赛恢复一下状态了。
A：手速题.... 打太快导致粗心的错误... （全局变量清空和>=的问题）
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cmath> 5 #include <vector> 6 #include <map> 7 #include <set> 8 #include <stack> 9 #include <queue> 10 #include <string> 11 #include <iostream> 12 #include <algorithm> 13 using namespace std; 14 15 #define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 16 #define REP(i,n) for(int i=1;i<=(n);++i) 17 #define REV(i,n) for(int i=(n);i>=1;--i) 18 #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) 19 #define RFOR(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) 20 #define getmid(l,r) ((l) + ((r) - (l)) / 2) 21 #define MP(a,b) make_pair(a,b) 22 23 typedef long long ll; 24 typedef pair<int,int> pii; 25 const int INF = (1 << 30) - 1; 26 27 int tlen,n,B; 28 char ts[300]; 29 int s[300],ans[300]; 30 31 inline int Trans(char cur){ 32 if(cur >= '0' && cur <= '9') return cur - '0'; 33 return cur - 'a' + 10; 34 } 35 36 int main(){ 37 while(scanf("%d%d",&n,&B) != EOF){ 38 int max_len = 0; 39 MEM(ans,0); 40 REP(i,n){ 41 scanf("%s",ts); 42 tlen = strlen(ts); 43 max_len = max(max_len,tlen); 44 for(int j = 0; j < tlen; ++j) s[tlen - 1 - j] = Trans(ts[j]); 45 if(i == 1) for(int j = 0; j < tlen; ++j) ans[j] = s[j]; 46 else for(int j = 0; j < tlen; ++j) ans[j] = (ans[j] + s[j]) % B; 47 } 48 int i; 49 for(i = max_len - 1; i >= 0; --i) if(ans[i] != 0) break; 50 if(i < 0) printf("0"); 51 for(; i >= 0; --i){ 52 if(ans[i] >= 10) printf("%c",'a' + ans[i] - 10); 53 else printf("%d",ans[i]); 54 } 55 puts(""); 56 } 57 return 0; 58 }
B：本来是个水快速幂，答案就是2^n - 2，特判一下n=1的情况。然而，坑爹的是，因为数据范围而需要高精度 / 快速乘法。（当然也可以用java）
下面来普及一下快速乘法，（下图摘自noip吧）：
由于类似快速幂，所以以上被称为快速乘法。计算x * y % p时，如果 x，y，x*y%p 均不超过范围，但是x * y会超过范围。
这时候，快速乘法就派上用场了，把y化成其二进制形式，就变成：y = 2^k1 + 2^k2 + ... + 2^km，而x * y = x * (2^k1 + 2^k2 + ... + 2^km)
看到这里，由于分配律，乘法也可以二进制拆分。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cmath> 5 #include <vector> 6 #include <map> 7 #include <set> 8 #include <stack> 9 #include <queue> 10 #include <string> 11 #include <iostream> 12 #include <algorithm> 13 using namespace std; 14 15 #define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 16 #define REP(i,n) for(int i=1;i<=(n);++i) 17 #define REV(i,n) for(int i=(n);i>=1;--i) 18 #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) 19 #define RFOR(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) 20 #define getmid(l,r) ((l) + ((r) - (l)) / 2) 21 #define MP(a,b) make_pair(a,b) 22 23 typedef long long ll; 24 typedef pair<int,int> pii; 25 const int INF = (1 << 30) - 1; 26 27 ll n,p; 28 29 ll Mul(ll x,ll y){ 30 ll res = 0; 31 while(y){ 32 if(y & 1){ 33 res += x; 34 while(res > p) res -= p; 35 } 36 x += x; 37 while(x > p) x -= p; 38 y >>= 1; 39 } 40 return res; 41 } 42 43 ll Q_pow(ll x,ll y){ 44 ll res = 1; 45 while(y){ 46 if(y & 1) res = Mul(res,x); 47 x = Mul(x,x); 48 y >>= 1; 49 } 50 return res; 51 } 52 53 int main(){ 54 ios::sync_with_stdio(false); 55 while(cin >> n >> p){ 56 if(n == 1){ 57 if(p == 1) printf("0\n"); 58 else printf("1\n"); 59 continue; 60 } 61 cout << (Q_pow(2LL,n) - 2 + p) % p << endl; 62 } 63 return 0; 64 }
java版本：
1 import java.util.Scanner; 2 import java.math.BigInteger; 3 4 public class Main { 5 public static void main(String[] args){ 6 Scanner in = new Scanner(System.in); 7 BigInteger n,p,ans; 8 BigInteger two = new BigInteger("2"); 9 while(in.hasNext()){ 10 n = in.nextBigInteger(); 11 p = in.nextBigInteger(); 12 ans = Q_pow(two,n,p).add(p).subtract(two).mod(p); 13 System.out.println(ans); 14 } 15 in.close(); 16 } 17 static BigInteger Q_pow(BigInteger x,BigInteger y,BigInteger p){ 18 BigInteger two = new BigInteger("2"); 19 BigInteger res = new BigInteger("1"); 20 BigInteger zero = BigInteger.ZERO; 21 while(y.compareTo(zero) > 0){ 22 if(y.mod(two).compareTo(zero) != 0){ 23 res = res.multiply(x).mod(p); 24 } 25 x = x.multiply(x).mod(p); 26 y = y.divide(two); 27 } 28 return res; 29 } 30 }
C：背包是比较明显的... 题解给了状压DP。
然后看了别人的做法，大部分是O（30*10000）的 “暴力” DP。dp[i]表示前i个单位的时间能获得的最大分数。
逐个考虑每个题目，dp[i] = max（dp[i]，dp[i - t[i]] + v[i]）。
当然直接从1到n扫会有问题，我们应该把问题按照 l - t （即最早可能的起点）排序，这样可以使得晚开始的问题可以继承早开始的问题更新的dp值。
这样写很容易T，要剪枝，（1）处理出当前最大的可能时间，（2）实时更新答案，比如当前ans=10，那么时间>10的情况就不用考虑了。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cmath> 5 #include <vector> 6 #include <map> 7 #include <set> 8 #include <stack> 9 #include <queue> 10 #include <string> 11 #include <iostream> 12 #include <algorithm> 13 using namespace std; 14 15 #define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 16 #define REP(i,n) for(int i=1;i<=(n);++i) 17 #define REV(i,n) for(int i=(n);i>=1;--i) 18 #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) 19 #define RFOR(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) 20 #define getmid(l,r) ((l) + ((r) - (l)) / 2) 21 #define MP(a,b) make_pair(a,b) 22 23 typedef long long ll; 24 typedef pair<int,int> pii; 25 const int INF = (1 << 30) - 1; 26 const int MAXN = 40; 27 28 int n,w; 29 struct node{ 30 int t,v,l; 31 bool operator < (const node &b) const{ 32 return l - t < b.l - b.t; 33 } 34 }nd[MAXN]; 35 36 ll dp[3000010]; 37 38 int main(){ 39 while(scanf("%d%d",&n,&w) != EOF){ 40 ll sumv = 0; 41 REP(i,n){ 42 scanf("%d%d%d",&nd[i].t,&nd[i].v,&nd[i].l); 43 sumv += nd[i].v; 44 } 45 if(sumv < w){ 46 printf("zhx is naive!\n"); 47 continue; 48 } 49 if(w == 0){ 50 puts("0"); 51 continue; 52 } 53 MEM(dp,0); 54 sort(nd + 1,nd + n + 1); 55 int ans = INF,sum = 0; 56 REP(i,n){ 57 int bot = max(nd[i].l,nd[i].t); 58 sum += bot; //剪枝（1） 59 sum = min(sum,ans); //剪枝（2） 60 for(int j = 2; j <= sum; ++j) dp[j] = max(dp[j],dp[j - 1]); 61 for(int j = sum; j >= bot; --j){ 62 dp[j] = max(dp[j],dp[j - nd[i].t] + nd[i].v); 63 if(dp[j] >= w) ans = min(ans,j); 64 } 65 } 66 printf("%d\n",ans); 67 } 68 return 0; 69 }
