题解链接：http://icebound.cc/2019/05/25/hbcpc2019.html

文章目录

热身赛 511
2164 B.Icebound and Sequence
2165 C.分治
2166 D.榜单
2168 F.Takes Apples
2169 G.点我
2170 H.天神的密码
2172 J.舔狗
2173 K.河北美食
2174 L. Smart Robot

热身赛 511

Description
给定n,m，请你计算[1,n!]范围内有多少数字能被m整除。由于答案很大，请输出答案对10e9+7取模的结果。

Input
第一行一个整数T，代表接下来有T组数据
接下来每组数据，有两个数字n,m
1<n,m<=1e6

Output
输出答案对10e9+7取模的结果。

Sample input
2
9 3
10 9

Sample output
120960
403200

题意为求 ( n ! / m ) m o d M (n!/ m)~mod~M (n!/m) mod M，可以利用费马小定理将原式化为：
( n ! ∗ m M − 2 ) m o d M (n!*m^{M-2})~mod~M (n!∗mM−2) mod M

再根据乘法的取模公式，进一步将式子化为：
( n ! m o d M ∗ m M − 2 m o d M ) m o d M (n!~mod~M*m^{M-2}~mod~M)~mod~M (n! mod M∗mM−2 mod M) mod M

左边的 n ! m o d M n!~mod~M n! mod M 可以进一步拆分为
[ n m o d M ∗ ( n − 1 ) m o d M ∗ . . . . . . ∗ 1 m o d M ] m o d M [n~mod~M*(n-1)~mod~M*......*1~mod~M]~mod~M [n mod M∗(n−1) mod M∗......∗1 mod M] mod M

右边的 m M − 2 m o d M m^{M-2}~mod~M mM−2 mod M则可以利用快速幂解出

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;ll res[N];ll mod_pow(ll x, ll n, ll mod)
{ll res = 1; while (n > 0) {if (n & 1) res = res * x % mod;x = x * x % mod;n >>= 1;}return res % mod;
}int main(void)
{res[1] = 1;for (int i = 2; i <= N - 5; i++) {res[i] = (res[i - 1] * i) % M;}int t;ll n, m, ans;cin >> t;while (t--) {cin >> n >> m;ans = res[n] * mod_pow(m, M - 2, M) % M;cout << ans << endl;}return 0;
}

2164 B.Icebound and Sequence

一开始想的是先用等比数列求和公式，再用费马小定理求逆元，结果发现 p 不是质数，不能用费马小定理。

最简单的解法可以使用矩阵快速幂，先推出相应的矩阵，再套板子求答案就可以了。

注意数据的范围，q 的最大是1e9，需要开成long long。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef vector<int> vec;
typedef vector<vec> mat;
typedef long long ll;ll M;mat mul(mat &A, mat &B)
{mat C(A.size(), vec(B[0].size()));for (int i = 0; i < A.size(); i++) {for (int k = 0; k < B.size(); k++) {for (int j = 0; j < B[0].size(); j++) {C[i][j] = (C[i][j] + A[i][k] * B[k][j]) % M;}}}return C;
}mat pow(mat A, ll n)
{mat B(A.size(), vec(A.size()));for (int i = 0; i < A.size(); i++) {B[i][i] = 1;}while (n > 0) {if (n & 1)B = mul(B, A);A = mul(A, A);n >>= 1;}return B;
}ll n;int main(void)
{int t;ll q, n, p;cin >> t;while (t--) {cin >> q >> n >> p;M = p;mat A(2, vec(2));A[0][0] = 1; A[0][1] = 1;A[1][0] = 0; A[1][1] = q;A = pow(A, n);ll res = A[0][1] * q % M;cout << res << endl;}return 0;
}

2165 C.分治

Sample input
2
1
1
3
1 1 2

Sample output
0
2

区间dp

用dp[i][j]表示攻打完第i个国家到第j个国家，共(j-i+1)个国家需要的最小花费。第一层循环枚举区间长度，第二层循环枚举区间左端点，第三层循环枚举最先攻打区间[i,j]内的城市k。

状态转移方程为dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+(j-i)*cost[k])。

复杂度为O( n 3 n^3 n3)

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;int t,n;
int cost[105];
long long dp[105][105];int main(void)
{scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&cost[i]);memset(dp,0,sizeof dp);int len,i,j,k;//区间长度，区间左端点，右端点，攻打的国家for(len=2;len<=n;len++)//区间长度for(i=1;i<=n-len+1;i++)//左端点{j=i+len-1;//右端点dp[i][j]=INF;//先初始化为无穷大for(k=i+1;k<j;k++)//攻打的国家dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+(j-i)*cost[k]);dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j]+(j-i)*cost[i]);//边界情况dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+(j-i)*cost[j]);}printf("%lld\n",dp[1][n]);}return 0;
}

2166 D.榜单

一道大模拟

题解链接：https://blog.csdn.net/weixin_43772166/article/details/91881351

2168 F.Takes Apples

孟大佬的代码 Orz

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int m, n, s;while (cin >> m >> n >> s) {if(n <= s && m % (s + 1) == 0)puts("Bob");elseputs("Alice");}return 0;
}

2169 G.点我

签到题

忘了考虑n等于0时的情况，WA了一发，难受

#include <iostream>
using namespace std; int main(void)
{int n;cin >> n;if (n == 0 || n % 2 == 1)cout << "qiandaoshibai" << endl;elsecout << "qiandaochenggong" << endl;return 0;
}

2170 H.天神的密码

Sample input
2
11 2
100 1

Sample output
4
1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;
typedef long long ll;char s[20];int main(void)
{int t;ll n, k, x, y;cin >> t;while (t--) {cin >> n >> k;x = 1;for (int i = 0; i < k; i++)x *= n;while (x < 1 || x > 9) {y = 0;while (x != 0) {y += x % 10;x /= 10;}x = y;}cout << x << endl;}return 0;
}

2172 J.舔狗

学姐的代码 Orz

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e6 + 5;
int to[N], deg[N], ans;bool vis[N];
struct node
{int id, d;node() {}node(int a, int b) : id(a), d(b) {}const bool operator<(const node &x) const { return d >= x.d; }
};
priority_queue<node> q;void toposort() {while (q.size()) {node now = q.top(); q.pop();int u = now.id;int v = to[u];if (vis[u] || vis[v]) continue;ans -= 2;vis[u] = vis[v] = 1;deg[to[v]]--;q.push({to[v], deg[to[v]]});}
}int main()
{int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> to[i];++deg[to[i]];}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (i != to[i]) {q.push({i, deg[i]});}}ans = n;toposort();cout << ans << endl;return 0;
}

2173 K.河北美食

Sample input
5 3
water 100
flour 20
cabbage 71
pork 12
bean 5
2 water 20 flour 5
3 water 70 cabbage 54 pork 10
5 water 1 flour 1 cabbage 1 pork 2 bean 1

Sample output
YES
water 9
flour 14
cabbage 16
bean 4

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;string arr[N];
map<string, int> mp;int main(void)
{int n, m, a;string s;cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> s >> a;mp[s] = a;arr[i] = s;}bool flag = 1;int k, t;while (m--) {cin >> k;while (k--) {cin >> s >> t;mp[s] -= t;if (mp[s] < 0) {flag = 0;}}}if (flag == 0) {cout << "NO" << endl;} else {cout << "YES" << endl;for (int i = 0; i < n; i++) {if (mp[arr[i]] != 0) {cout << arr[i] << " " << mp[arr[i]] << endl;}}}return 0;
}

2174 L. Smart Robot

因为需要记录走过的数字，可以判断出数组不会很大，在1e7左右，进而推断出机器人最多走7步。

需要用一个变量来记录步数，大于等于7就返回

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e7 + 5;int n;
int ma[55][55];
int dx[] = {1, -1, 0, 0}, dy[] = {0, 0, 1, -1};
bool vis[N];void dfs(int x, int y, int state, int cnt)
{if (cnt >= 7) {return;}vis[state] = 1;for (int i = 0; i < 4; i++) {int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < n) {dfs(nx, ny, 10 * state + ma[nx][ny], cnt + 1);}}
}int main(void)
{cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {cin >> ma[i][j];}}for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {dfs(i, j, ma[i][j], 0);}}for (int i = 0; i <= N - 5; i++) {if (vis[i] == 0) {cout << i << endl;break;}}return 0;
}

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