HPU暑期集训积分赛3

A题：

Math Problem

Description

求：\sum_{i=1}^n \lfloor \frac {a_i}{k} \rfloor∑i=1n⌊kai⌋
ps: \lfloor x \rfloor⌊x⌋ 表示x向下取整

Input

第一行一个整数TT表示测试组数。(1 \leq T \leq 10)(1≤T≤10)
第二行一个nn和kk，nn表示序列a的长度。( 1 \leq n ,k\leq 1e6)(1≤n,k≤1e6)
第三行n个整数表示a_iai ( 0 \leq a_i \leq 1e6)(0≤ai≤1e6)

Output

每组数据输出题目描述的求和值。

Sample Input 1

Sample Output 1

8
2

Source

lzs

思路：

签到题

代码：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn =(int)1e6 + 10;
int a[maxn];
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while (t--){ll ans = 0;int n,k;scanf("%d %d",&n,&k);for (int i = 0 ;i < n;i ++){scanf("%d",&a[i]);ans += a[i] / k;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

C题：

Multivariate function

Description

Input

第一行一个整数T，表示T组测试数据 (1\leq T \leq 10)(1≤T≤10).
每组数据第一行一个整数n (4 \leq n \leq 1000)(4≤n≤1000).
第二行 n个浮点数: x_{1},x_{2}...x_{n}x1,x2...xn,(1 \leq x_{i} \leq 1000000)(1≤xi≤1000000).

Output

输出最大值 y，保留三位小数.

Sample Input 1

2
4
1.0 2.0 3.0 4.0
5
1.6 2.6 7.1 2.3 2.6

Sample Output 1

0.167
1.530

Source

SDP

思路：

这道题本身并不是很难，只是被一堆数字吓到了，对于公式 y = { xj * xp - xi * xk} / { xk * ( xi + xj) } ,我们可以将其化简成

y = xj * (xp / xk) / (xi + xj ) - xi / (xi + xj ),这个式子仔细搞搞不难发现由于i < j < p < k，所以我们可以用O(n^2)的复杂度暴力预处理出

c = xp / xk，于是xp / xk就变成了一个常数，式子又变成了y = (c * xj - xi ) / （xi + xj ) ,数据量是1e3，接下来再用一个O(n^2)的复杂度得到max( y )，完全可以接受；

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
double f[maxn];
double a[maxn]; //a数组存预处理的结果
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while (t --){memset(a,0,sizeof(a));int n;scanf("%d",&n);for (int i = 1;i <= n;i ++)scanf("%lf",&f[i]);for (int i = n - 1;i >= 1;i --)for (int j = n;j > i;j --){a[i] = max(max(a[i],a[i + 1]),f[i] / f[j]);}double ans = 0;for (int i = 1;i <= n - 3;i ++)for (int j = i + 1;j <= n - 2;j ++){double res = f[j] / (f[i] + f[j]) * (a[j + 1]) - f[i] / (f[i] + f[j]);ans = max(ans,res);}printf("%.3lf\n",ans);}return 0;
}

D题：

Longest Increasing Subsequence

Description

给出一组长度为nn的序列，a_1,a_2,a_3,a_4...a_na1,a2,a3,a4...an, 求出这个序列长度为kk的严格递增子序列的个数

Input

第一行输入TT组数据 T (0\leq T\leq 10)T(0≤T≤10)
第二行输入序列大小n(1\leq n \leq100)n(1≤n≤100)，长度k(1\leq k \leq n)k(1≤k≤n)
第三行输入nn个数字a_i(0\leq a_i \leq 1e9)ai(0≤ai≤1e9)

Output

数据规模很大, 答案请对1e9+71e9+7取模

Sample Input 1

Sample Output 1

2
3

思路：

这道题emmmmm，还不是太懂，一道LIS

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
using namespace std;
const int mod = (int)1e9 + 7;
const int maxn = 110;
int a[maxn],dp[maxn][maxn];
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while (t --){mem(dp);int n,k;scanf("%d %d",&n,&k);for (int i = 0;i < n;i ++)scanf("%d",&a[i]);for (int i = 0;i < n;i ++)dp[i][1] = 1;for (int i = 0;i < n;i ++)for (int j = 2;j <= i + 1;j ++)for (int p = 0;p < i;p ++){if (a[p] < a[i])dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[p][j - 1]) % mod;}int ans = 0;for (int i = 0;i < n;i ++)ans = (ans + dp[i][k]) % mod;printf("%d\n",ans);}return 0;
}

E题：

玩游戏

Description

zxy和wfy用几堆石子在做游戏。偶数堆石子排成一行，每堆都有正整数颗石子 a[i]a[i] 。游戏以谁手中的石子最多来决出胜负。石子的总数是奇数，所以没有平局。zxy和wfy轮流进行，wfy先开始。每回合，玩家从一行的开始或结束处取走整堆石头。这种情况一直持续到没有更多的石子堆为止，此时手中石子最多的玩家获胜。假设zxy和wfy都发挥出最佳水平，当zxy赢得比赛时输出“zxy” ，当wfy赢得比赛时输出“wfy”。

Input

有T组输入，每个输入后有一个nn,在nn后有nn个数字,a_1,a_2....a_{n}a1,a2....an。
n的范围是1\leq n\leq1e^51≤n≤1e5，1\leq a_i\leq1e^51≤ai≤1e5.

Output

输出胜利者的名字"zxy"或者"wfy"

Sample Input 1

1
4
5 3 4 5

Sample Output 1

wfy

Hint

wfy先开始，只能拿前 5 颗或后 5 颗石子。
假设他取了前 5 颗，这一行就变成了 [3,4,5] 。
如果zxy拿走前 3 颗，那么剩下的是 [4,5]，wfy拿走后 5 颗赢得 10 分。
如果zxy拿走后 5 颗，那么剩下的是 [3,4]，wfy拿走后 4 颗赢得 9 分。
这表明，取前 5 颗石子对wfy来说是一个胜利的举动，所以我们输出wfy 。

思路：

这道题是瞎推的，场上没有看到偶数堆，推出了偶数堆先拿的必，应该是数据有问题，我明明分了偶数堆必胜的，就是没过，有点亏，总之wfy是必胜的，只要无脑输出wfy就行了

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while (t--){int n,x;scanf("%d",&n);for (int i = 0;i < n;i ++)scanf("%d",&x);printf("wfy\n");}return 0;
}

F题：

辞树的肥宅快乐水

Description

又到了基情四射的夏天，大家出去约妹子，而肥宅辞树只想宅在机房喝肥宅快乐水。辞树一下子买了n瓶肥宅快乐水。已知他一天里至少喝掉一瓶肥宅水且他是一口干掉一整瓶。（肥宅Orz）他想要知道自己一共有多少种喝肥宅水的方案。两种方案被认为是不同的，当且仅当辞树买的这些肥宅水能喝的天数不同，或者存在一天两种方案喝的肥宅水瓶数不同。

Input

第一行输入一个正整数T，代表有T组数据(0<T<11)(0<T<11)每组数据有一个正整数n，代表辞树买了n瓶肥宅快乐水。(0<n<10^8)(0<n<108)

Output

对于每组数据，输出一行，将方案数用二进制表示输出。

Sample Input 1

1
3

Sample Output 1

思路：

多写几组数据很容易就会发现方案数就是2^(n - 1)，换成二进制就无脑输出1加（n - 1)个0就行了，由于担心会超时，我就分块输出了，其实没必要

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define mem(a) memset(a,'0',sizeof(a))
using namespace std;
char str[10000];
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while (t--){mem(str);int n;scanf("%d",&n);n --;printf("1");while (n > 10000){printf("%s",str);n -= 10000;}while (n--)putchar('0');putchar('\n');}
}

G题：

From The New WorldⅠ

Description

千年之后,「新世界」的孩子们被彻底地控制和管束著，不合适的记忆被消去，被认为有问题的孩子如同不良产品般被处理......

Saki和她的小伙伴们在完人学校迎来了第一个学期考试,考试规则如下:要求你使用自己的咒力对规定的图画进行有限次的念写,你需要找到其中的咒术节点并尽可能的削弱它的咒力值,最后输出最长的咒术节点的长度.

请你用程序的方式来完成考试,可把图画抽象为一段具体的序列,咒术节点可看为特定的数值,特定的数值连续出现越多咒术节点的咒力值越大.每次操作只能将要修改的值修改为自己的咒力值.(即:给定长度为n的序列,用给出的自身咒力值p替换序列中k个数,使规定的数值x连续出现的最长长度最短,输出最终最长的x的连续的长度.保证p! = x)

Input

多组输入,请处理到文件结束

第一行依次输入n,p,x,kn,p,x,k. n表示序列的长度,p表示自身咒力值,x表示咒术节点的值,k表示规定修改次数.

(1 <= n <= 100000; 1 <= p <= 20; 0 <= x <= 100000; 0 <= k <= n)(1<=n<=100000;1<=p<=20;0<=x<=100000;0<=k<=n)

第二行输入n个ai (0 <= ai <= 100000000)ai(0<=ai<=100000000)表示序列n个元素的值

Output

每行输出咒术节点连续出现最大长度

Sample Input 1

7 3 5 3
8 2 5 5 5 5 5

Sample Output 1

Hint

样例解释:修改后的序列为8 2 5 3 3 3 5 最大长度为1

思路：

一道很经典的二分，预处理出连续的x的个数，对于每个长为n的连续的x，如果想要让它变成长为k则需要n / (k + 1)个p

于是二分长度

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5 + 10;
int a[maxn];
int num[maxn],pos;
int n,p,x,k;
bool judge(int n)
{int cnt = 0;for (int i = 0;i < pos;i ++)cnt += num[i] / (n + 1);if (cnt <= k)return 1;return 0;
}
int main()
{while (~scanf("%d %d %d %d",&n,&p,&x,&k)){pos = 0;int cnt = 0,m = 0,sum = 0;scanf("%d",&a[1]);if (a[1] == x) cnt = sum = 1;for (int i = 2;i <= n;i ++){scanf("%d",&a[i]);if (a[i] == x)cnt ++,sum ++;else{if (cnt){num[pos ++] = cnt;m = max(cnt,m);}cnt = 0;}}if (cnt) num[pos ++] = cnt;m = max(cnt,m);int l = 0,r = m,mid;while (l <= r){mid = (l + r) >> 1;if (judge(mid)) r = mid - 1;else l = mid + 1;}printf("%d\n",l);}return 0;
}

H题：

真，签到题

Description

A国的n个作战通信基站大部分被C国的特种部队破坏,基站编号1到n，只剩下编号为a和b的通信基站完好，为了快速恢复通信，A国派出zzx和fk两位工程师去修复，A国的通信基站有一个特殊隐蔽的备用系统，只有让两个完好的通信基站向编号为x的基站发送信号，x是这两个完好基站编号的和或者差的绝对值，该被破坏的基站的备用系统才会被激活，工程师才能恢复被破坏的基站，假设zzx工程师先到达可修复的基站进行修复，接着fk去修复下一个，两人轮流修复，问谁会修复最后一个可修复的基站.
初始：zzx已经修复aa，接着fk已经修复bb，且a!=ba!=b.

Input

输入n,a,bn,a,b三个整数，代表基站的总数nn和剩下的完好的两个基站的编号a,ba,b.

1 < n <= 1e5,1 <= a,b <= n1<n<=1e5,1<=a,b<=n，a!=ba!=b 处理到文件结束

Output

若zzx修复最后一个，输出 zzx,否则输出fk

Sample Input 1

5 1 4
10 3 7
11 4 8

Sample Output 1

zzx
fk
fk

思路：

对于已经修好的a和b基站，我们可以通过a和b修出最小为c = gcd（a，b）的基站，其他的只要是c的倍数，就一定能够修好，那么总共可以修的基站个数就是n / c (包括a,b)，于是如果这个数是奇数，那么就是zzx修好最后一个，否则输出fx

代码：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{return b ? gcd(b,a % b) : a;
}
int main()
{int n,a,b;while (~scanf("%d %d %d",&n,&a,&b)){int x = gcd(a,b);if (n / x % 2 == 0)printf("fk\n");elseprintf("zzx\n");}return 0;
}

I 题：

阶乘之和

Description

对于整数pp，给出以下定义
p=x_{1}!+x_{2}!+x_{3}!+...+x_{q}!(x_{i}<x_{j}for\ all\ i<j )p=x1!+x2!+x3!+...+xq!(xi<xjfor all i<j)且x_{i} \neq 0xi≠0
((注释：p等于多个数的阶乘和，并且x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{q}x1,x2,x3,...,xq为不相等的任意正整数，即组成p的阶乘不重复使用))
给定两个整数x,y,判断二者是否能满足以上定义。若二者都满足定义，设x由k_{1}k1个数的阶乘和组成，y由k_{2}k2个数的阶乘和组成，若k_{1}=k_{2}k1=k2，按下述输出格式输出二者的定义形式((输出时，阶乘按递增形式输出，例如：7=1!+3!))。

Input

第一行输入一个整数T，代表T组测试数据。(1\leq T \leq 10000)(1≤T≤10000)
接下来T行，每行包含两个整数x,y。(1\leq x,y \leq 10^{18})(1≤x,y≤1018)

Output

对于每组x,y输出包含两部分：
①如果二者都满足以上定义，输出“SEYES”；如果只有其一满足以上定义，输出“YNEOS”；如果二者都不满足以上定义，则输出“ONO”。
②当x,y都满足以上定义且k_{1}=k_{2}k1=k2时，输出二者的定义形式。否者输出“dWvWb”。

Sample Input 1

Sample Output 1

Case 1:SEYES
7=1!+3!
7=1!+3!
Case 2:SEYES
1=1!
2=2!
Case 3:YNEOS
dWvWb
Case 4:ONO
dWvWb

思路：

这题很简单，打表加暴力就水过了,就除了写着比较麻烦罢了

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a[50],b[20];
void init()
{for (int i = 1;i <= 18;i ++){ll ans = 1;for (int j = 1;j <= i;j ++)ans *= j;a[i] = ans;}
}int solve(ll x)
{int pos;pos = 0;int flag = 1,i;while (x > 0){for (i = 18;i >= 1;i --){if (x > a[i]){b[pos ++] = i;x -= a[i];}else if (x == a[i]){b[pos ++] = i;x -= a[i];break;}}if (i == 0){flag = 0;break;}}if (flag)return pos;elsereturn flag;
}
int main()
{init();int t,kase = 0;scanf("%d",&t);while ( t--){kase ++;ll n,m;scanf("%lld %lld",&n,&m);int f1 = solve(m);int f2 = solve(n);if (f1 && f2){printf("Case %d:SEYES\n",kase);if (solve(n) == solve(m)){f1 = solve(n);printf("%lld=%d!",n,b[f1 - 1]);        for (int i = f1 - 2;i >= 0;i --)printf("+%d!",b[i]);putchar('\n');f2 = solve(m);printf("%lld=%d!",m,b[f2 - 1]);for (int i = f2 - 2;i >= 0;i --)printf("+%d!",b[i]);putchar('\n');}else printf("dWvWb\n");}else if(!f1 && !f2){printf("Case %d:ONO\n",kase);printf("dWvWb\n");}else{printf("Case %d:YNEOS\n",kase);printf("dWvWb\n");}}return 0;
}

J题：

过河问题

Description

在漆黑的夜里，N位旅行者来到了一座狭窄而且没有护栏的桥边。如果不借助手电筒的话，大家是无论如何也不敢过桥去的。不幸的是，N个人一共只带了一只手电筒，而桥窄得只够让两个人同时过。如果各自单独过桥的话，N人所需要的时间已知；而如果两人同时过桥，所需要的时间就是走得比较慢的那个人单独行动时所需的时间。问题是，如何设计一个方案，让这N人尽快过桥。

Input

多组数据。
每组测试数据的第一行是一个整数N(从1到1000，包括1和1000)表示共有N个人要过河
每组测试数据的第二行是N个整数Si,表示此人过河所需要花时间。(Si 小于等于 100，大于等于1)

Output

输出所有人都过河需要用的最少时间。

Sample Input 1

4
1 2 5 10

Sample Output 1

Source

丁金峰

思路：

这道题主要是样例很难想,首先对这n个人花费的时间升序排序，现在我们假设要过河的n个人分别是a,b,c..........d,e,f，那么最后两个费时最多的人过河所要花费的时间可以有两种方法，1、b + a + f + b（先让a，b一起过河，再让a回来，e和f一起过河，b回来，这里a，b还要回来是因为还要带其他人）2、f + a + e + a;剩下的就很简单了，我们只需要两个人两个人的过河（这两种过河方式不理解的可以参考样例），时间就是加上他们过河用的最少的时间，最后再加上剩下的前两个人或前三个人要过河用的时间；

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1005];
int main()
{int n;while(~scanf("%d",&n)){for (int i = 0;i < n;i ++)scanf("%d",&a[i]);sort(a,a + n);int ans = 0,i; for (i = n - 1;i >= 3;i -= 2)ans += min(a[1] + a[0] + a[i] + a[1],a[0] + a[0] + a[i] + a[i - 1]);if (i == 1)ans += a[1];elseans += a[0] + a[1] + a[2];printf("%d\n",ans);}return 0;
}

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HPU暑期集训积分赛3

A题：

思路：

代码：

C题：

思路：

代码：

D题：

思路：

代码：

E题：

思路：

代码：

F题：

思路：

代码：

G题：

思路：

代码：

H题：

思路：

代码：

I 题：

思路：

代码：

J题：

代码：

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