#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f; int main(void) {
int s[5] = {50, 100, 150, 200, 250};
int m[5], w[5], hs, hu;
for (int i=0; i<5; ++i) {
scanf ("%d", &m[i]);
}
for (int i=0; i<5; ++i) {
scanf ("%d", &w[i]);
}
scanf ("%d%d", &hs, &hu);
int ans = 0;
for (int i=0; i<5; ++i) {
ans += max (3 * s[i], (250 - m[i]) * s[i] * 10 / 250 - 50 * w[i]);
}
ans += hs * 100 - hu * 50;
printf ("%d\n", ans); return 0;
}
(二分)+贪心 B - More Cowbell
题意:n个物品最多放在k个盒子里,每个盒子最多放两个,问盒子的体积最小是多少.
分析:可以二分枚举体积大小,那么判断是否满足条件时需要贪心,如题解所说,如果k > n,那么体积就是单个中最大的.否则一定有n-k个盒子一定要放两个物品(解方程),那么优先选择组合体积小的,也就是前2 * (n - k)个物品前后组合,然后选取最大值和后面2*k-n个再取最大值就是答案.所以发现二分其实不需要用...
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; const int N = 1e5 + 5;
int a[N]; int main(void) {
int n, k; scanf ("%d%d", &n, &k);
for (int i=1; i<=n; ++i) scanf ("%d", &a[i]);
int ans = a[n];;
for (int i=1; i<=n-k; ++i) {
ans = max (ans, a[i] + a[2*(n-k)-i+1]);
}
printf ("%d\n", ans); return 0;
}
二分版
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int a[N];
bool vis[N];
int n, k; int check(int s) {
memset (vis, false, sizeof (vis));
int j = 1, ret = 0;
for (int i=n; i>=1; --i) {
if (j < i) {
if (a[j] + a[i] <= s) {
vis[j] = vis[i] = true; j++;
}
else vis[i] = true;
ret++;
}
else if (j == i) {
if (!vis[i]) ret++;
break;
}
}
return ret;
} int main(void) {
scanf ("%d%d", &n, &k);
for (int i=1; i<=n; ++i) {
scanf ("%d", &a[i]);
}
if (n == 1) {
printf ("%d\n", a[1]); return 0;
}
int l = a[n], r = a[n-1] + a[n];
while (l + 1 <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check (mid) <= k) r = mid;
else l = mid + 1;
}
int ans = r;
printf ("%d\n", ans); return 0;
}
DP || 数学/构造 C - Alternative Thinking
题意:有01串,可以选取任意长度的字串进行一次翻转(0->1, 1->0), 问形如01010110或1010101的最大长度.
分析:中间断开的可能是00或11型 或者只有一个1或0型.比如1010101 -> 10101010即蓝色部分为翻转后的,可见长度+1.还有一种:1010101 -> 1010101长度+2,所以ans = min (n, ret + 2);
下午想了很久的网上的DP做法,dp[i][j][k]表示第i位数字为j状态为k时的最大长度.主要想说我对第三维理解,k = 0表示没有改变,k=1表示改变,那么根据题意有一段是改变的,那么从1到2就是从变到不变
构造:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; const int N = 1e5 + 5;
char str[N]; int main(){
int n;
scanf ("%d%s", &n, str);
int ans = 1;
for (int i=1; i<n; ++i) {
ans += (str[i] != str[i-1]);
}
printf ("%d\n", min (n, ans + 2)); return 0;
}
DP:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; const int N = 1e5 + 5;
char str[N];
int dp[N][2][3];
int n; void _max(int &a, int b) {
if (a < b) a = b;
} int run(void) {
memset (dp, -1, sizeof (dp));
dp[0][0][0] = dp[0][1][0] = 0;
for (int i=0; i<n; ++i) {
for (int j=0; j<2; ++j) {
for (int k=0; k<3; ++k) {
if (dp[i][j][k] == -1) continue;
for (int y=k; y<3; ++y) {
_max (dp[i+1][j][y], dp[i][j][k]);
int c = str[i+1] - '0';
if (y == 1) c ^= 1;
if (c != j) {
_max (dp[i+1][c][y], dp[i][j][k] + 1);
}
}
}
}
}
int ret = 0;
for (int i=0; i<2; ++i) {
for (int j=0; j<3; ++j) {
_max (ret, dp[n][i][j]);
}
}
return ret;
} int main(void) {
scanf ("%d", &n);
scanf ("%s", str + 1);
printf ("%d\n", run ()); return 0;
}
题意：问所有的方案%MOD使得：f(k*x%p) == k * f(x) % p
分析：考虑特殊的情况，k=0， f(0) = 0, 其他随便，所以是p^(p-1); k=1，f (x) == f (x), 所以是p^p。然后考虑假设f (x1) % p = k * f (x2) % p, f (x2) % p = k * f (x3）% p.....最后有f (x1) = k ^ m * f (x1)，显然有k ^ m = 1才能成立。循环节长度为m，个数有(p - 1) / m(?)，x1的选则有p种，所以答案是 p ^ ((p-1) / m)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; const int MOD = 1e9 + 7; int pow_mod(int x, int n) {
int ret = 1;
while (n) {
if (n & 1) {
ret = 1ll * ret * x % MOD;
}
x = 1ll * x * x % MOD;
n >>= 1;
}
return ret;
} int main(void) {
int p, k; scanf ("%d%d", &p, &k);
if (k == 0) {
printf ("%d\n", pow_mod (p, p-1));
}
else if (k == 1) {
printf ("%d\n", pow_mod (p, p));
}
else {
int cur = k, ord = 1;
while (cur != 1) {
cur = 1ll * cur * k % p;
ord++;
}
printf ("%d\n", pow_mod (p, (p-1)/ord));
} return 0;
}