HackerRank Week of Code 26
好像这次week of code不是很难= =
A
int main(){ int n; int m; cin >> n >> m; cout<<(n+1)/2*int((m+1)/2)<<"\n"; return 0; }
B
求n的因数中数字和最大的前提下最小的数，n<=10^5，大模拟。
int n; pii qwq; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { if(n%i) continue; int cur=0; for(int j=i;j;j/=10) cur+=j%10; qwq=max(qwq,pii(cur,-i)); } printf("%d\n",-qwq.se); }
C
求[n,m]之间的孪生素数对数，1<=n,m<=10^9，m-n<=10^6。
暴力rabin-miller好像卡不过去= = 只要用根号m以内的素数来筛就行。
bool rp[2333333]; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int s=2;s*s<=m;s++) { int g=n/s; for(int p=g*s;p<=m;p+=s) { if(p>=n&&p>s) rp[p-n]=1; } } if(n<=1) rp[1-n]=1; int qwq=0; for(int j=n+2;j<=m;j++) { if(!rp[j-n]&&!rp[j-n-2]) ++qwq; } printf("%d\n",qwq); }
D
有n个点把数轴分成了n+1段，要求选出一段长度为m的线段使得经过的每一段长度在hmin~hmax之间，输出任意一个起始点，保证有解。n<=10^6，输入都是1e9范围。
如果hmin<=m<=hmax的话特判一发，否则可以发现左右端点一定与某一个点重合，二分找到段的位置，注意细节...
这题好像数据比较弱，部分错误做法也能过（我也不知道我交的第一发是怎么过的= =）
下面这个应该是对的（拍过）
#define SZ 2333333 int n; ll a[SZ],h1,h2,m; bool safe(int x) { return h1<=a[x+1]-a[x]&&a[x+1]-a[x]<=h2; } int qzs[SZ]; void chk(int i,int r) { //cout<<i<<","<<r<<"chk\n"; if(i>=r||i<0||r<0||r>n||i>n) return; //cout<<i<<","<<r<<"chk2\n"; if(qzs[r-1]-qzs[i]!=r-i-1) return; //cout<<i<<","<<r<<"chk3\n"; int s=m-(a[r]-a[i+1]); ll l1=h1,r1=min(h2,a[i+1]-a[i]); ll l2=h1,r2=min(h2,a[r+1]-a[r]); //cout<<l1<<","<<r1<<" "<<l2<<","<<r2<<" "<<s<<"\n"; if(l1<=r1&&l2<=r2);else return; int l=max(s-r2,l1),R=min(s-l2,r1); if(l>R) return; cout<<a[i+1]-l<<"\n"; exit(0); } //(a[i],a[i+1]] int bl(int x) { return lower_bound(a+1,a+1+n,x)-a-1; } int main() { scanf("%d",&n); a[n+1]=1e13; a[0]=-1e13; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i); scanf("%lld%lld%lld",&m,&h1,&h2); for(int i=0;i<n;i++) qzs[i]=(i?qzs[i-1]:0)+safe(i); if(h1<=m&&m<=h2) { puts("1000000000"); return 0; } for(int i=0;i<n;i++) { int bx; bx=bl(a[i+1]-1-m); chk(bx,i); bx=bl(a[i+1]-m); chk(bx,i); bx=bl(a[i+1]+1-m); chk(bx,i+1); bx=bl(a[i]+m); chk(i-1,bx); bx=bl(a[i]+1+m); chk(i,bx); bx=bl(a[i]-1+m); chk(i-1,bx); } puts("-233333333"); }
E
给出一个整数n，求正整数对(a,b) （a<b）的对数使得x*a+y*b=n，x、y为正整数。n<=30W。
我们考虑对于一个a，枚举x*a，然后对于y*b判一下n-x*a。
那么问题来了，一个a可能会被算多次。
我们有一个简单粗暴的方式，把这些a全记下来unique一下。
然后好像跑的挺快的就过了[滑稽]
所以说我们要相信玄学
int n; vector<int> tt[300005]; bool rs[300005]; int main() { ll qwq=0; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { vector<int> rp; for(int j=i;j<=n;j+=i) { vector<int>& cc=tt[n-j]; for(int g:cc) rp.pb(g); } for(int g:rp) rs[g]=1; for(int g:rp) qwq+=rs[g], rs[g]=0; for(int j=i;j<=n;j+=i) tt[j].pb(i); } printf("%lld\n",qwq); }
我们来讲讲道理，前30W个数平均有15.9385个因数，这样做的复杂度大致就是225*30W，应该还是很快的 [滑稽]
题解好像十分奥妙重重，看不懂啊= =
F
求sin(x)+sin(y)+sin(z)的最大值，x+y+z=n且x、y、z均为正整数，n<=3000000，显然是弧度制。
我们假装x+y=s，那么z=n-s。
sin(x)+sin(y)=sin(x)+sin(s-x)=sinx+sinscosx-cosssinx=sinx(1-coss)+cosxsins
我们用一下辅助角公式，令α=atan(sins/(1-coss))，那么sin(x)+sin(y)就等于K*sin(x+α)（K是多少就不管了）
sin(g)最大就是让|g-pi/2|最大（当然这里的g要被限制在[0,2pi]），sin(x+α)最大就是让|x+a-pi/2|最大，就是让x与pi/2-a最接近，我们把所有满足条件的x插到map里去，查询一下相邻的两个就行了。
我们从大到小枚举z，然后s是递增的，所以x的上限也是递增的，把这些x一个一个插进去然后在map里查询就行了。
尴尬的是这样是300W*log(300W)的，会被卡常。我们考虑假装z是最小的，就变成100W*log(300W)了，再结合一些优秀的卡常技巧就可以卡过= =
注意因为要保留九位小数，只能把x、y、z带入原式算不然就会炸精度。
int p; ld pi=acos(-1); map<ld,int> ss; ld st2(ld x) { if(x<0) x+=pi+pi; if(x>=pi+pi) x-=pi+pi; return x; } int main() { scanf("%d",&p); pair<ld,int> minn,maxn; minn.fi=1e233; maxn.fi=-1e233; ld ans=0; int upm=min(p/3+1,p-2); int g=1; for(int x=p-2;x>=1;x--) { int n=p-x; while(g*(pi+pi)<=n-1) ++g; ld cc=n-1-(g-1)*(pi+pi); minn=min(minn,make_pair(cc,n-1)); maxn=max(maxn,make_pair(cc,n-1)); ss[cc]=n-1; if(x<=upm) { //sinx(1-cosn)+cosx*sinn ld g=st2(atan(sin(n)/(1-cos(n)))); ld mx=max(sin(minn.se)+sin(n-minn.se), sin(maxn.se)+sin(n-maxn.se)); ld r=st2(-g+pi/2); //min|x-r| auto aa=ss.lower_bound(r); if(aa==ss.end()); else mx=max(mx,sin(aa->se)+sin(n-aa->se)); if(aa==ss.begin()); else { --aa; mx=max(mx,sin(aa->se)+sin(n-aa->se)); } ld cur=mx+sin(x); if(cur>ans) ans=cur; } } printf("%.9lf\n",ans); }
当然既然敢出300W肯定有线性做法= =
官方题解不知道高到哪里去了，首先把sin(x)+sin(y)改写成2*sin((x+y)/2)*cos((x-y)/2)，然后从2~n-1枚举x+y，显然z已经确定了，那么就只要查询最大的cos((x-y)/2)就行了。
（很难看出）如果从x+y=s变成x+y=s+2只会多出两种x-y，例如：
我猜接下来的事情就不用我说了...分奇偶遍历的时候顺便更新最大值即可。
int n; int main() { scanf("%d",&n); ld mi=0,ans=0; for(int s=2;s<n;s+=2) { //x+y=s max{x-y}=s-2 mi=max(mi,cos((s-2)/2)); ans=max(ans,2*sin(s/2)*mi+sin(n-s)); } mi=0; for(int s=3;s<n;s+=2) { //x+y=s max{x-y}=s-2 mi=max(mi,cos((s-2)/2.0)); ans=max(ans,2*sin(s/2.0)*mi+sin(n-s)); } printf("%.9lf\n",ans); }
G
题面和nim游戏有关，大概就是求n个[1,2^m)之间不同的数使异或和不为0（考虑顺序），模1e9+7输出。n,m<=10^7。
不会做...官方题解大概是这样的。
记i堆异或和为0的方案数为fi，那么：
$f_i=A(2^m-1,i-1)-f_{i-1}-(i-1)*(2^m-1-(i-2))*f_{i-2}$
A(x,y)就是x个元素选y个排列的方案数。官方题解这个公式打错了
是不是感觉这个公式有了就做完了呢？[生无可恋]
以下是讲道理环节。
首先我们考虑异或和不为0，这个简单，A(2^m-1,i-1)，随便选i-1个不同的排在前面，最后一个就是它们的异或和。
然后我们考虑异或完之后肯定是在[0,2^m)之内的，但是这个0要扣掉，显然这前i-1个元素异或完为0的方案数就是f[i-1]。
尴尬了，现在重复了。那么什么情况会重复呢？显然我们选出来的前i-1个元素是两两不同的，那么只可能这个异或和和之前的元素重复了。那么除掉这个重复的元素，剩下i-2个元素异或和就要为0！这两个元素必须和剩下的i-2个元素不同，那就是有2^m-1-(i-2)种权值，前i-1个元素都可能充当这个重复元素，那么(i-1)*(2^m-1-(i-2))*f[i-2]就可以得到这部分了。
显然0不可能和之前的元素重复，那么都扣掉就行了。
int n,m; ll MOD=1e9+7; ll qp(ll a,ll b) { a%=MOD; ll aa=1; while(b) { if(b&1) aa=aa*a%MOD; a=a*a%MOD; b>>=1; } return aa; } #define SZ 23333333 ll a[SZ],f[SZ]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); ll tot=qp(2,m)-1; a[1]=tot; for(int i=2;i<=n;i++) a[i]=a[i-1]*(tot-i+1)%MOD; f[0]=1; for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=(a[i-1]-f[i-1]-(i-1)*(tot-(i-2))%MOD*f[i-2]%MOD)%MOD; ll ans=a[n]-f[n]; ans=(ans%MOD+MOD)%MOD; printf("%lld\n",ans); }
