-第九届蓝桥杯大赛个人赛省赛（软件类）真题 C大学B组 - Marginalin

2018-第九届蓝桥杯大赛个人赛省赛（软件类）真题 C大学B组

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题目一览：

1.第几天

2.明码

3.乘积尾零

4.测试次数

5.快速排序

6.递增三元组

7.螺旋折线

8.日志统计

9.全球变暖

10.乘积最大

 

1.第几天

2000年的1月1日，是那一年的第1天。
那么，2000年的5月4日，是那一年的第几天？

注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int days = 31 + 29 + 31 + 30 + 4;
    printf("%d\n", days); 
    return 0;
}

答案：125

 

2.明码

汉字的字形存在于字库中，即便在今天，16点阵的字库也仍然使用广泛。
16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。

一个字节可以存储8位信息，用32个字节就可以存一个汉字的字形了。
把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，
一共16行，布局是：

第1字节，第2字节
第3字节，第4字节
....
第31字节, 第32字节

这道题目是给你一段多个汉字组成的信息，每个汉字用32个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。

题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目的要求，并根据要求填写答案。

这段信息是（一共10个汉字）：

4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0 
16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16 
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0 
0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4 
4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64 
16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128 
0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0 
2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0 
1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0 
0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0

注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。

思路：就是一题模拟题，把数字转化成二进制输出就好。值得注意的是负数怎么求它的补码。1.先求出负数的绝对值的二进制，然后从有到左遍历，遇到第一个1时，将其左侧全部取反，右侧和它本身不变。例如01100100 -> 10011100

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void work(int x) {
    int arr[15], flag = 0;
    if(x < 0) flag = 1, x=-x;
    for(int i=0; i<=7; ++i) {
        arr[i] = x%2;
        x /= 2;
    }
    if(flag) // 负数 
        for(int i=0; i<=7; ++i)
            if(arr[i]==1 && i<7) {
                for(int j=i+1; j<=7; ++j)
                    arr[j] = 1 - arr[j];
                break;
            }
    for(int i=7; i>=0; --i) {
        if(arr[i] == 0) printf(" ");
        else printf("*");
    }
}

int main() {
    int i = 10;
    while(i--) {
        for(int j=1; j<=16; ++j) {
            int a;
            scanf("%d", &a);
            work(a);
            scanf("%d", &a);
            work(a);
            printf("\n");
        }
        printf("\n");
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

 答案：‭387420489‬

 

3.乘积尾零

如下的10行数据，每行有10个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？

5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329 
2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594 
9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899 
1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019 
2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683 
5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649 
6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785 
2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915 
3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074 
689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211

注意：需要提交的是一个整数，表示末尾零的个数。不要填写任何多余内容。

思路：0是怎么来的，2和5乘来的，所以求出因数2、5的个数，然后取最小值就好。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int two, five;

void work(int x) {
    int xx = x;
    while(xx%2 == 0) {
        ++two;
        xx /= 2;
    }
    while(xx%5 == 0) {
        ++five;
        xx /= 5;
    }
}

int main() {
    for(int i=1; i<=100; ++i) {
        int x; cin >> x;
        work(x);
    }
    printf("%d\n", min(two, five));
    return 0;
}
// 31

答案：31

 

4.测试次数

x星球的居民脾气不太好，但好在他们生气的时候唯一的异常举动是：摔手机。
各大厂商也就纷纷推出各种耐摔型手机。x星球的质监局规定了手机必须经过耐摔测试，并且评定出一个耐摔指数来，之后才允许上市流通。

x星球有很多高耸入云的高塔，刚好可以用来做耐摔测试。塔的每一层高度都是一样的，与地球上稍有不同的是，他们的第一层不是地面，而是相当于我们的2楼。

如果手机从第7层扔下去没摔坏，但第8层摔坏了，则手机耐摔指数=7。
特别地，如果手机从第1层扔下去就坏了，则耐摔指数=0。
如果到了塔的最高层第n层扔没摔坏，则耐摔指数=n

为了减少测试次数，从每个厂家抽样3部手机参加测试。

某次测试的塔高为1000层，如果我们总是采用最佳策略，在最坏的运气下最多需要测试多少次才能确定手机的耐摔指数呢？

请填写这个最多测试次数。

注意：需要填写的是一个整数，不要填写任何多余内容。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1000;

// N层 3个手机 
int f[4][N+1];


int main() {
    // f1 1部手机 
    for(int i=0; i<=N; ++i) f[1][i] = i;
    
    //f2 2部手机 
    for(int i=1; i<=N; ++i) { // 第i层
        // 尝试从第j层开始扔 
        int Max = 1 << 31, Min = 1 << 30; 
        for(int j=1; j<=i; ++j) { 
            int ok = f[2][i-j] + 1; // 没坏 还是2个手机 往上测试i-j层 
            int fail =     f[1][j-1] + 1; // 坏了 还剩1个手机 还有j-1层
            Max = max(ok, fail); // 最坏取大值 
            Min = min(Min, Max); // 最优取较小值 
        }
        f[2][i] = Min;
    } 
    
    //f3 3部手机 
    for(int i=1; i<=N; ++i) { // 第i层
        // 尝试从第j层开始扔 
        int Max = 1<<31, Min = 1 << 30; 
        for(int j=1; j<=i; ++j) { 
            int ok = f[3][i-j] + 1; // 没坏 还是2个手机 往上测试i-j层 
            int fail =     f[2][j-1] + 1; // 坏了 还剩1个手机 还有j-1层
            Max = max(ok, fail); // 最坏取大值 
            Min = min(Min, Max); // 最优取较小值 
        }
        f[3][i] = Min;
    }
    printf("%d\n", f[3][N]);
    return 0;
}

答案：19

 

5.快速排序

以下代码可以从数组a[]中找出第k小的元素。

它使用了类似快速排序中的分治算法，期望时间复杂度是O(N)的。

请仔细阅读分析源码，填写划线部分缺失的内容。

#include <stdio.h>

int quick_select(int a[], int l, int r, int k) {
    int p = rand() % (r - l + 1) + l;
    int x = a[p];
    {int t = a[p]; a[p] = a[r]; a[r] = t;}
    int i = l, j = r;
    while(i < j) {
        while(i < j && a[i] < x) i++;
        if(i < j) {
            a[j] = a[i];
            j--;
        }
        while(i < j && a[j] > x) j--;
        if(i < j) {
            a[i] = a[j];
            i++;
        }
    }
    a[i] = x;
    p = i;
    if(i - l + 1 == k) return a[i];
    if(i - l + 1 < k) return quick_select( _____________________________ ); //填空
    else return quick_select(a, l, i - 1, k);
}
    
int main()
{
    int a[] = {1, 4, 2, 8, 5, 7, 23, 58, 16, 27, 55, 13, 26, 24, 12};
    printf("%d\n", quick_select(a, 0, 14, 5));
    return 0;
}

注意：只填写划线部分缺少的代码，不要抄写已经存在的代码或符号。

答案：

a, i+1, r, k-i+l-1

 

6.递增三元组

给定三个整数数组
A = [A1, A2, ... AN],
B = [B1, B2, ... BN],
C = [C1, C2, ... CN]，
请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足：
1. 1 <= i, j, k <= N
2. Ai < Bj < Ck

【输入格式】
第一行包含一个整数N。
第二行包含N个整数A1, A2, ... AN。
第三行包含N个整数B1, B2, ... BN。
第四行包含N个整数C1, C2, ... CN。

对于30%的数据，1 <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000 0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000

【输出格式】
一个整数表示答案

【样例输入】
3
1 1 1
2 2 2
3 3 3

【样例输出】
27

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

1.按照题目要求直接做

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100001;

int n;
int A[N], B[N], C[N];
long long Ans;

int Read();

int main() {
    cin >> n;
    for(int i=1; i<=n; ++i) A[i] = Read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) B[i] = Read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) C[i] = Read();
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        for(int j=1; j<=n; ++j)
            for(int k=1; k<=n; ++k)
                if(A[i]<B[j] && B[j]<C[k])
                    Ans ++;
    printf("%lld\n", Ans);
    return 0;
}

inline int Read() {
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch<\'0\' || ch>\'9\') {
        if(ch == \'-\') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch>=\'0\' && ch<=\'9\') {
        x = x * 10 + ch - \'0\';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

2.由于这个和顺序没有关系，我们可以对这三个数组排序，然后枚举B数组的每一个值当做中间值，在A数组中找比他小的，在C中找小于等于的，然后与总数做差的大于的数，然后相乘即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100001;

int n;
int A[N], B[N], C[N];
long long Ans;

int Read();

int main() {
    cin >> n;
    for(int i=0; i<n; ++i) A[i] = Read();
    for(int i=0; i<n; ++i) B[i] = Read();
    for(int i=0; i<n; ++i) C[i] = Read();
    sort(A, A+n);
    sort(B, B+n);
    sort(C, C+n);
    for(int i=0, j=0, k=0; j<n; ++j) {  
        while(i<n && A[i]<B[j]) i++;
        while(k<n && C[k]<=B[j]) k++;
        Ans += (long long)i * (n-k); 
    }
    printf("%lld\n", Ans);
    return 0;
}

inline int Read() {
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch<\'0\' || ch>\'9\') {
        if(ch == \'-\') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch>=\'0\' && ch<=\'9\') {
        x = x * 10 + ch - \'0\';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

 

7.螺旋折线

 

如图p1.png所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。
对于整点(X, Y)，我们定义它到原点的距离dis(X, Y)是从原点到(X, Y)的螺旋折线段的长度。

例如dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9

给出整点坐标(X, Y)，你能计算出dis(X, Y)吗？

【输入格式】
X和Y

对于40%的数据，-1000 <= X, Y <= 1000
对于70%的数据，-100000 <= X， Y <= 100000
对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000

【输出格式】
输出dis(X, Y)

【样例输入】
0 1

【样例输出】
3

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL X, Y;

LL sum(LL a0, LL n, LL d) {
    return (2*a0 + ((n)-1) * d) * n / 2;
}

int main() {
    cin >> X >> Y;
    LL d = 0, n = 0;
    if(Y>0 && abs(X)<=Y) {
        n = Y;
        d = Y - X + 2 * Y;
    }
    else if(X>0 && abs(Y)<=X) {
        n = X;
        d = X + Y;
    }
    else if(Y<=0 && X>=Y-1 && X<=-Y) {
        n = -Y;
        d = -(-Y-X);
    }
    else if(X<0 && Y>=X+1 && Y<=-X) {
        n = -X-1;
        d = -(Y-X-1-2*X-1);
    }
    LL Ans = sum(1, 2*n, 1) * 2  - d;
    cout << Ans << endl;
    return 0;
}

 

8.日志统计

小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份"点赞"日志，日志共有N行。其中每一行的格式是：

ts id

表示在ts时刻编号id的帖子收到一个"赞"。

现在小明想统计有哪些帖子曾经是"热帖"。如果一个帖子曾在任意一个长度为D的时间段内收到不少于K个赞，小明就认为这个帖子曾是"热帖"。

具体来说，如果存在某个时刻T满足该帖在[T, T+D)这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于K个赞，该帖就曾是"热帖"。

给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是"热帖"的帖子编号。

【输入格式】
第一行包含三个整数N、D和K。
以下N行每行一条日志，包含两个整数ts和id。

对于50%的数据，1 <= K <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 0 <= ts <= 100000 0 <= id <= 100000

【输出格式】
按从小到大的顺序输出热帖id。每个id一行。

【输入样例】
7 10 2
0 1
0 10
10 10
10 1
9 1
100 3
100 3

【输出样例】
1
3

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct R {
    int ts, td;
};

bool cmp(R a, R b) {
    return a.ts < b.ts;
}

int N, D, K;

int main() {
    cin >> N >> D >> K;
    vector<R> records(N);
    map<int, int> cnt;
    for(int i=0; i<N; ++i) {
        scanf("%d%d", &records[i].ts, &records[i].td);
    }
    sort(records.begin(), records.end(), cmp);
    set<int> ans;
    for(int i=0, j=0; i<N; ++i) {
        while(j<N && records[j].ts-records[i].ts<D) {
            cnt[records[j].td] ++;
            if(cnt[records[j].td] >= K)
                ans.insert(records[j].td);
            j++;
        }
        cnt[records[i].td] --;
    }
    for(set<int>::iterator i=ans.begin(); i!=ans.end(); ++i)
        printf("%d\n", *i);
    return 0;
}

 

9.全球变暖

【题目描述】
你有一张某海域NxN像素的照片，"."表示海洋、"#"表示陆地，如下所示：

.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......

其中"上下左右"四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。

由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。

例如上图中的海域未来会变成如下样子：

.......
.......
.......
.......
....#..
.......
.......

请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。

【输入格式】
第一行包含一个整数N。 (1 <= N <= 1000) 
以下N行N列代表一张海域照片。

照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋。

【输出格式】
一个整数表示答案。

【样例输入】
7 
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......

【样例输出】
1

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, tot, cnt[10010];
char Map[1001][1001];
bool vis[1001][1001];
int u[4] = {-1, 0, 0, 1}, v[4] = {0, -1, 1, 0};

bool check(int x, int y) {
    if(vis[x][y]) return false;
    if(x<0 || x>=n) return false;
    if(y<0 || y>=n) return false;
    return true;
}

void dfs(int x, int y, int k) {
    if(Map[x][y] == \'.\') return ;
    if(vis[x][y]) return ;
    vis[x][y] = true;
    if (Map[x - 1][y] == \'#\' && Map[x + 1][y] == \'#\' && Map[x][y - 1] == \'#\' && Map[x][y+1] == \'#\')
        cnt[k] ++;
    for (int i = 0; i < 4; ++i) {
        int xx = x + u[i];
        int yy = y + v[i];
        if(check(xx, yy))
            dfs(xx, yy, k);
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    for(int i=0; i<n; ++i)
        scanf("%s", Map[i]);
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    // dfs???????
    for(int i=0; i<n; ++i)
        for(int j=0; j<n; ++j)
            if(Map[i][j]==\'#\' && !vis[i][j]) {
                dfs(i, j, tot);
                tot ++;
            }
    int sum = 0;
    for(int i=0; i<tot; ++i)
        if(cnt[i] == 0) sum ++;
    cout << sum << endl;
    return 0;
}

 

10.乘积最大

给定N个整数A1, A2, ... AN。请你从中选出K个数，使其乘积最大。

请你求出最大的乘积，由于乘积可能超出整型范围，你只需输出乘积除以1000000009的余数。

注意，如果X<0， 我们定义X除以1000000009的余数是负(-X)除以1000000009的余数。
即：0-((0-x) % 1000000009)

【输入格式】
第一行包含两个整数N和K。
以下N行每行一个整数Ai。

对于40%的数据，1 <= K <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= K <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 -100000 <= Ai <= 100000

【输出格式】
一个整数，表示答案。

【输入样例】
5 3
-100000
-10000
2
100000
10000

【输出样例】
999100009

再例如：
【输入样例】
5 3
-100000
-100000
-2
-100000
-100000

【输出样例】
-999999829

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

思路：

N个数选K个 K<=N
设负数cnt1个，正数cnt2个，负数、正数一共cnt个
1.cnt<K，必须选0， Ans = 0
2.cnt==K，
    2.1 K(cnt)==N，全是正负数。Ans = 正数积 * 负数积
    2.2 K<N 有0的存在 
        2.2.1 cnt1为偶数，Ans = 全部相乘
        2.2.2 cnt1是奇数，Ans = 0
3.cnt>K  
    3.1 全是负数
        3.1.1 K是偶数，Ans = 绝对值最大的K个负数相乘
        3.1.2 K是奇数
            3.1.2.1 cnt<N，表示有0， Ans = 0
            3.1.2.2 cnt==N，Ans = 绝对值最小的K个负数相乘
    3.2 全是正数 Ans = 最大的K个数相乘
    3.3 正负都有
        3.3.1 正数不足K个（假设正数全选）
            3.3.1.1 K-cnt2是偶数，游标：正的0~末尾，负的0-K-cnt2-1
            3.3.1.2 K-cnt2是奇数，游标：正的1~末尾，负的0-K-cnt2
        3.3.2 正数个数不小于K，游标 正的cnt2-K~末尾，负的0~0

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const LL Mod = 1e9 + 9;

LL N, K, Ans;
vector<LL> pos, neg; 

LL mul(vector<LL> a, int x, int y) {
    LL tmp = 1;
    for(int i=x; i<=y; ++i) 
        tmp = tmp * a[i] % Mod;
    return tmp;
}

int main() {
    cin >> N >> K;
    for(int i=1; i<=N; ++i) {
        LL x; scanf("%lld", &x);
        if(x > 0) pos.push_back(x);
        if(x < 0) neg.push_back(x);
    }
    sort(pos.begin(), pos.end());
    sort(neg.begin(), neg.end());
    LL cnt = pos.size() + neg.size();
    if(cnt < K) Ans = 0; // 非0数的个数不够K个，要补0，答案是0 
    else if(cnt == K) { // 非0数的个数刚好K个
        if(K == N) // K等于N，都不是0，全部乘起来 
            Ans = mul(pos, 0, pos.size()-1) * mul(neg, 0, neg.size()-1) % Mod;
        else { // 说明有0， 
            if(neg.size()%2 == 0) // 负数有偶数个  可以全部乘起来 
                Ans = mul(pos, 0, pos.size()-1) * mul(neg, 0, neg.size()-1) % Mod;
            else Ans = 0; // 负数是奇数个，保证结果最大只能加个0 
        }
    }
    else { // 非0数富裕
        if(pos.size() == 0) { // 全是负数 
            if(K%2 == 0) // 选偶数个，选绝对值大的 
                Ans = mul(neg, 0, K-1);
            else { // 选奇数个 
                if(cnt < N) // 有0
                    Ans = 0;
                else  // 没有 0 答案会是负数  选绝对值小的
                    Ans =  mul(neg, neg.size()-K, neg.size()-1);
            } 
        }
        else if(neg.size() == 0)  // 全是正数  选K个大的 
            Ans = (pos, pos.size()-K, pos.size()-1);
        else { // 有正有负 
            int posStart, negEnd;
            if(pos.size() < K) { // 正数不足K个 
                if((K-pos.size())%2 == 0) { // 还剩偶数个位置 
                    posStart = 0; 
                    negEnd = K - pos.size() - 1;
                }
                else { // 还剩奇数个位置 
                    posStart = 1;  // 减少一个正数 给负数的位置凑够偶数个 
                    negEnd = K - pos.size(); // 不然这个正数再大结果都是负的 
                }
            }
            else { // 正数大于等于K个 
                posStart = pos.size() - K;
                negEnd = -1; 
            }
            // 开始移动
            while(negEnd+2<neg.size() && posStart+2<pos.size()) { // 还能移动就尝试移动
                // 负数替换正数没有价值了 
                if(neg[negEnd+1]*neg[negEnd+2] <= pos[posStart]*pos[posStart+1]) break;
                negEnd += 2;
                posStart += 2; 
            } 
            // 求好了正负数的个数 开始求积
            Ans = mul(pos, posStart, pos.size()-1) * mul(neg, 0, negEnd) % Mod; 
        }
    }
    cout << Ans << endl;
    return 0;
}