第一題:
很簡單
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int nn[140];
int main(){
int n,m;
while(cin>>n>>m){
memset(nn,0,sizeof(nn));
for(int i = 0;i<n;i++){
int a;
cin>>a;
for(int j = 0;j<a;j++){
int b;
cin>>b;
b--;
nn[b] = 1;
}
}int ans = 0;
for(int i = 0;i<m;i++){
if(nn[i] == 1)ans++;
}
if(ans==m)cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
}
第二題:對於我這種英語渣渣,題意太難理解了。但也不難。
題意:
在一張紙上有一個n個點,m條邊的無向圖,並且沒有指向自己的邊。找出一個嚴格遞增的相連的線路,記錄這條線路的點數a,並記錄這條線路末尾最大的點有幾天相鄰的邊b,求a×b的最大值。
解題思路:
利用動態規劃的思想,dp[i] = max(dp[i],dp[j]+1)其中j<i,並且(i,j)相連,這樣就求出結尾爲i的tail的最大長度。然後它的spines就是與i相連的點的個數。求出兩者相乘的最大的值。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100050;
typedef long long ll;
vector<int>V[maxn];
int dp[maxn];
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i = 0;i<m;i++){
int a,b;
cin>>a>>b;
V[a].push_back(b);
V[b].push_back(a);
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[1] = 1;ll ans = 1;
for(int i = 1;i<=n;i++){
dp[i] = 1;
for(int j = 0;j<V[i].size();j++){
if(i>V[i][j]){
dp[i] = max(dp[i],dp[V[i][j]]+1);
}
}
int t = V[i].size();
//cout<<t<<" "<<dp[i]<<endl;
ans = max(ans,1ll*dp[i]*t);
}
cout<<ans<<endl;
}
第三題:這道題進了思想誤區,導致比賽結束後wa掉了。
題意:給兩個字串a,b。在a或reverse(a)中截取k個字串,讓這些字串拼接成b串,求k的最小值,並輸出截取字串的起始x和終止位置y。在a中的x<y,在reverse(a)中x>y。如果不能拼接成b,輸出-1。
解題思路:
不能拼接成時,爲b中包含a中不含有的字母。
能拼接成時
ans = 0 for i in b: ma = 0 for j in a: cnt = 0;ii = i;jj = j(1) while ii == jj: (2) ii++;jj++;cnt++ (3) ma = max(ma,cnt) for j in reverse(a): (1)(2)(3) i+=ma-1;ans++ print ans
ma是一次字串的最大長度,cnt是每次對比的最大長度,ans是字串段數,然後記 錄一下jj-ma+1和jj
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int aa[27];
int bb[27];
int qi[2500];
int ho[2500];
int main(){
string a,ar,b;
cin>>a;
cin>>b;
ar = a;
reverse(ar.begin(),ar.end());
int al = a.size();
int bl = b.size();
for(int i = 0;i<al;i++)aa[a[i]-'a'] = 1;
for(int i = 0;i<bl;i++)bb[b[i]-'a'] = 1;
for(int i = 0;i<26;i++){
if(aa[i]==0&&bb[i]==1){cout<<"-1"<<endl;return 0;}
}
int ans = 0;
for(int i = 0;i<bl;i++){
int ma = 0,ma1= 0;
for(int j = 0;j<al;j++){
int ii = i;int cnt = 0;int yn = 0;int jj = j;
while(b[ii] == a[jj]){ii++;jj++;cnt++;if(ii>=bl)break;if(jj>= al)break;yn = 1;}
ma1 = max(ma,cnt);
if(ma1 !=ma){qi[ans] = jj-ma1+1;ho[ans] = jj;}
ma = ma1;
}
for(int j = 0;j<al;j++){
int ii = i;int cnt = 0;int yn = 0;int jj = j;
while(b[ii] == ar[jj]){ii++;jj++;cnt++;if(ii>=bl)break;if(jj>= al)break;yn = 1;}
ma1 = max(ma,cnt);
if(ma1 !=ma){qi[ans] = jj;ho[ans] = jj-ma1+1;}
ma = ma1;
}
i+=ma-1;
ans++;
}
cout<<ans<<endl;
for(int i = 0;i<ans;i++){
cout<<qi[i]<<" "<<ho[i]<<endl;
}
return 0;
}
第四題:水平太窪,比賽的時候不會做。
題意:給n各質數,求這n各質數相乘的值m的所有的因子的乘積mod(1e9+7)。例如給出3個質數2,2,3。乘積爲12。讓求1×2×3×4×6×12mod(1e9+7)的值。
解題思路:
小於200000的素數不是很多,所以肯定有很多重複的數字。開一個map,記錄素數和對應的個數。
然後看組合情況,假設素數j有k個,那麼j有(kj+1)種出現的形式,所以對於所有的素數就有(k1+1)×(k2+1)×(k3+1)×(k4+1)*...*(kn+1)= sum種組合方式。不考慮j時就有sum/(kj+1)種。假設其中一種除j外的乘積爲a,那麼就有(a)×(a×j)×(a× j^2)×(a×j^3)×...×(a×j^kj) = (a^(kj+1))×(j^(kj*(kj+1)/2)) .所以在所有的情況中共乘了j^((kj*(kj+1)/2))^(sum/(kj+1)).對於每一個素數求解一遍,乘積mod(1e9+7)爲結果。
但是因爲數據量過大,會導致sum爆 long long,所以在求解每一個j的sum/(kj+1)時要想辦法。
我們用cnt(j)表示j^((kj*(kj+1)/2))
所以我們用d表示遍歷到j時的種類的個數,即d(j)= (k1+1)×(k2+1)×(k3+1)×...×(kj+1)
然後
d(0)=1;ans = 1; for j in ma: cnt(j) ans=ans^(k+1)*cnt(j)^d(j-1); d(j) ans爲最終結果 例如我們有一組數據2 2 3 5 5 則
cnt(1) = 2^(2*3/2)=8,cnt(2)=3^(1+2/2)cnt(3) j = 1: ans = cnt(1)^1 d(1)=d(0)*(k1+1)=(k1+1) j = 2: ans = cnt(1)^1^(k2+1)*cnt(2)^(k1+1) d(2) =d(1)*(k2+1)= (k1+1)*(k2+1) j = 3: ans = cnt(1)^1^(k2+1)^(k3+1)*cnt(2)^(k1+1)(k3+1)*cnt(3)^(k1+1)*(k2+1) d(3) = d(2)*(k3+1)
並且在本解法中沒有sum/k的運算。由費馬小定理若p是質數,且gcd(a,p)=1,那麼 a^(p-1)≡1(mod p),則a^x≡a^(x%(m-1))(mod p)
所以再加上%mod得到:
d(0)=1;ans = 1; for j in ma: cnt(j) ans=ans^(k+1)%mod*cnt(j)^d(j-1)%mod; d(j)%(mod-1) 然後再用快速冪解法
ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){
ll ans =1;
while(m){
if(m&1)ans = ans*n%mod;
m>>=1;
n = n*n%mod;
}
return ans;
}
即可快速的求解出ans。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll p[200050];
map<int ,ll>MA;
const ll mod = 1e9+7;
ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){
ll ans =1;
while(m){
if(m&1)ans = ans*n%mod;
m>>=1;
n = n*n%mod;
}
return ans;
}
int main(){
int T;
cin>>T;
MA.clear();
for(int i = 0;i<T;i++){
int a;
scanf("%d",&a);
MA[a]++;
}
map<int,ll>::iterator it;
ll sum = 1;
ll ans = 1;
for(it = MA.begin();it!=MA.end();it++){
int cnt = fast_mod(it->first,(it->second+1)*it->second/2,mod);
ans=fast_mod(ans,it->second+1,mod)*fast_mod(cnt,sum,mod)%mod;
sum=sum*(it->second+1)%(mod-1);
}
printf("%I64d\n",ans);
}
第五題:找公式??
題解:
我們根據例子發現,每往外一層增加6步,所以我們可以求出給出步數k的層數nn。
然後我們發現每一層有六條邊,每一條邊的步數爲層數nn。
我們可以求出要求步數k的層數nn,邊數bian,還有在該邊的第幾步ge。
然後根據座標求解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
ll n;
cin>>n;
if(n == 0){cout<<"0 0"<<endl;return 0;}
//int x,int y;
//cout<<"n"<<n<<endl;
ll nn =(n+5)/6;
ll ns = sqrt(nn*2);
while(ns*(ns+1)/2<nn)ns++;
ns--;
//cout<<ns<<endl;//完整的層數
ll cnt,bian,ge;
cnt = n-ns*(ns+1)/2*6-1;
bian = cnt/(ns+1);
ge = cnt%(ns+1);
ll cx,cy;
ll x,y;
ge++;ns++;
if(bian == 0){
cx = 2*ns;cy = 0;
x = cx-ge;
y = cy+ge*2;
}
if(bian == 1){
cx = ns,cy =2*ns;
x = cx-ge*2;
y = cy;
}
if(bian == 2){
cx = -ns,cy =2*ns;
x = cx-ge;
y = cy-ge*2;
}
if(bian == 3){
cx = -ns*2,cy =0;
x = cx+ge;
y = cy-ge*2;
}
if(bian == 4){
cx = -ns,cy =-2*ns;
x = cx+ge*2;
y = cy;
}
if(bian == 5){
cx = ns,cy =-2*ns;
x = cx+ge;
y = cy+ge*2;
}
cout<<x<<" "<<y<<endl;
}