T1 最大值(max)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有一本书，上面有很多有趣的OI问题。今天LYK看到了这么一道题目：
这里有一个长度为n的正整数数列ai(下标为1~n)。并且有一个参数k。
你需要找两个正整数x,y，使得x+k<=y，并且y+k-1<=n。并且要求a[x]+a[x+1]+…+a[x+k-1]+a[y]+a[y+1]+…+a[y+k-1]最大。
LYK并不会做，于是它把题扔给了你。
输入格式(max.in)
第一行两个数n，k。
第二行n个数，表示ai。
输出格式(max.out)
两个数表示x,y。若有很多种满足要求的答案，输出x最小的值，若x最小仍然还有很多种满足要求的答案，输出y最小的值。
输入样例
5 2
6 1 1 6 2
输出样例
1 4
对于30%的数据n<=100。
对于60%的数据n<=1000
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=k<=n/2，1<=ai<=10^9。
1 #include <cstdio> 2 3 #define LL long long 4 5 inline void read(LL &x) 6 { 7 x=0; register char ch=getchar(); 8 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 9 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 10 } 11 12 const int N(100005); 13 LL n,k,r,x,y,a[N],sum[N],ans; 14 15 int Presist() 16 { 17 freopen("max.in","r",stdin); 18 freopen("max.out","w",stdout); 19 read(n),read(k); r=n-k+1; 20 for(int i=1; i<=n; ++i) 21 read(a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i]; 22 for(x=1; x<=n; ++x) 23 if(ans<sum[r]-sum[x-1]) ans=sum[r]-sum[x-1]; 24 for(x=1; x<=n; ++x) 25 if(ans==sum[r]-sum[x-1]) { y=x+k; break; } 26 for(; y<=r; ++y) 27 if(sum[y]-sum[x-1]==ans) break; 28 printf("%I64d %I64d",x,y); 29 return 0; 30 } 31 32 int Aptal=Presist(); 33 int main(int argc,char**){;}
处理出以每个点为起点，向后延伸k个单位长度的区间和，和每个点的后缀最大值
1 #include <cstdio> 2 3 #define LL long long 4 #define max(a,b) (a>b?a:b) 5 6 inline void read(LL &x) 7 { 8 x=0; register char ch=getchar(); 9 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 10 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 11 } 12 13 const int N(100005); 14 LL n,k,r,x,y,max,sum[N]; 15 LL pos[N],maxn[N],sumk[N]; 16 17 int Presist() 18 { 19 freopen("max.in","r",stdin); 20 freopen("max.out","w",stdout); 21 read(n),read(k); r=n-k+1; 22 for(int i=1; i<=n; ++i) read(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1]; 23 for(int i=1; i<=r; ++i) 24 sumk[i]=sum[i+k-1]-sum[i-1]; 25 for(int i=r; i; i--) 26 if(sumk[i]>maxn[i+1]) maxn[i]=sumk[i],pos[i]=i; 27 else maxn[i]=maxn[i+1],pos[i]=pos[i+1]; 28 for(int i=1; i<=r-k; ++i) 29 if(sumk[i]+maxn[i+k]>max) max=sumk[i]+maxn[i+k],x=i,y=pos[i+k]; 30 else if(sumk[i]+maxn[i+k]==max) y=y<pos[i+k]?y:pos[i+k]; 31 printf("%I64d %I64d",x,y); 32 return 0; 33 } 34 35 int Aptal=Presist(); 36 int main(int argc,char**){;}
T2 吃东西(eat)
Time Limit:2000ms Memory Limit:1024MB
题目描述
一个神秘的村庄里有4家美食店。这四家店分别有A,B,C,D种不同的美食。LYK想在每一家店都吃其中一种美食。每种美食需要吃的时间可能是不一样的。
现在给定第1家店A种不同的美食所需要吃的时间a1,a2,…,aA。
给定第2家店B种不同的美食所需要吃的时间b1,b2,…,bB。
以及c和d。
LYK拥有n个时间，问它有几种吃的方案。
输入格式(eat.in)
第一行5个数分别表示n,A,B,C,D。
第二行A个数分别表示ai。
第三行B个数分别表示bi。
第四行C个数分别表示ci。
第五行D个数分别表示di。
输出格式(eat.out)
一个数表示答案。
输入样例
11 3 1 1 1
4 5 6
3
2
1
输出样例
2
对于30%的数据A,B,C,D<=50
对于另外30%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000000，1<=A,B,C,D<=5000,0<=ai,bi,ci,di<=100000000。
1 #include <algorithm> 2 #include <cstdio> 3 4 inline void read(int &x) 5 { 6 x=0; register char ch=getchar(); 7 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 8 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 9 } 10 const int N(5233); 11 int n,na,nb,nc,nd,sa,sb,sc; 12 int a[N],b[N],c[N],d[N],ans; 13 14 int Presist() 15 { 16 freopen("eat.in","r",stdin); 17 freopen("eat.out","w",stdout); 18 read(n),read(na),read(nb),read(nc),read(nd); 19 for(int i=1; i<=na; ++i) read(a[i]); std::sort(a+1,a+na+1); 20 for(int i=1; i<=nb; ++i) read(b[i]); std::sort(b+1,b+nb+1); 21 for(int i=1; i<=nc; ++i) read(c[i]); std::sort(c+1,c+nc+1); 22 for(int i=1; i<=nd; ++i) read(d[i]); std::sort(d+1,d+nd+1); 23 for(int i=1; i<=na; ++i) 24 { 25 sa=a[i]; if(sa>n) break; 26 for(int j=1; j<=nb; ++j) 27 { 28 sb=sa+b[j]; if(sb>n) break; 29 for(int p=1; p<=nc; ++p) 30 { 31 sc=sb+c[p]; if(sc>n) break; 32 for(int q=1; q<=nd; ++q) 33 { 34 if(sc+d[q]>n) break; 35 else ans++; 36 } 37 } 38 } 39 } 40 printf("%d ",ans); 41 return 0; 42 } 43 44 int Aptal=Presist(); 45 int main(int argc,char**){;}
sum记录C D 每种时间出现的次数，枚举 i,j 判断 n-a[i]-b[j] 的次数
1 #include <algorithm> 2 #include <cstdio> 3 4 #define LL long long 5 6 #define max(a,b) (a>b?a:b) 7 #define min(a,b) (a<b?a:b) 8 9 inline void read(LL &x) 10 { 11 x=0; register char ch=getchar(); 12 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 13 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 14 } 15 const int N(5233); 16 LL n,food[5][N],f[5][N],ans; 17 int sum[200000005]; 18 bool flag; 19 20 inline void violence_30() //50^4，暴力判断 30分 21 { 22 for(int i=1; i<=food[1][0]; ++i) 23 for(int j=1; j<=food[2][0]; ++j) 24 for(int p=1; p<=food[3][0]; ++p) 25 for(int q=1; q<=food[4][0]; ++q) 26 ans+=(food[1][i]+food[2][j]+food[3][p]+food[4][q]<=n); 27 } 28 inline void violence_another_30() // 分组背包 n*(ABCD)枚举 29 { 30 for(int i=0; i<=n; ++i) f[0][i]=1; 31 for(int k=1; k<5; ++k) 32 for(int i=0; i<=n; ++i) 33 for(int j=1; j<=food[k][0]; ++j) 34 if(i>=food[k][j]) f[k][i]+=f[k-1][i-food[k][j]]; 35 ans=f[4][n]; 36 } 37 inline void no_wa_and_all_ac() 38 { 39 LL minn=2e8+5,maxx=-1; 40 for(int i=1; i<=food[3][0]; ++i) 41 for(int j=1; j<=food[4][0]; ++j) 42 { 43 sum[food[3][i]+food[4][j]]++; 44 minn=min(minn,food[3][i]+food[4][j]); 45 maxx=max(maxx,food[3][i]+food[4][j]); 46 } 47 for(int i=minn; i<=maxx; ++i) sum[i]+=sum[i-1]; 48 for(int i=1; i<=food[1][0]; ++i) 49 for(int j=1; j<=food[2][0]; ++j) 50 if(n-food[1][i]-food[2][j]>=0) 51 ans+=sum[ min(maxx,n-food[1][i]-food[2][j]) ]; 52 } 53 54 int Presist() 55 { 56 freopen("eat.in","r",stdin); 57 freopen("eat.out","w",stdout); 58 read(n); for(int i=1; i<5; ++i) read(food[i][0]); 59 for(int i=1; i<5; ++i) 60 for(int j=1; j<=food[i][0]; ++j) 61 read(food[i][j]); 62 for(int i=1; i<5; ++i) 63 if(food[i][0]>50) flag=1; 64 if(n<=1000) violence_another_30(); 65 else if(!flag) violence_30(); 66 else no_wa_and_all_ac(); 67 printf("%I64d",ans); 68 return 0; 69 } 70 71 int Aptal=Presist(); 72 int main(int argc,char**){;}
T3 分糖果(candy)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
总共有n颗糖果，有3个小朋友分别叫做L，Y，K。每个小朋友想拿到至少k颗糖果，但这三个小朋友有一个共同的特点：对3反感。也就是说，如果某个小朋友拿到3颗，13颗，31颗，333颗这样数量的糖果，他就会不开心。（也即它拿到的糖果数量不包含有一位是3）
LYK掌管着这n颗糖果，它想问你有多少种合理的分配方案使得将这n颗糖果全部分给小朋友且没有小朋友不开心。
例如当n=3,k=1时只有1种分配方案，当n=4，k=1时有3种分配方案分别是112,121,211。当n=7,k=2时则不存在任何一种合法的方案。
当然这个答案可能会很大，你只需输出答案对12345647取模后的结果就可以了。
输入格式(candy.in)
第一行两个数表示n,k。
输出格式(candy.out)
一个数表示方案总数。
输入样例
99999 1
输出样例
9521331
对于30%的数据n<=100
对于50%的数据n<=1000。
对于另外30%的数据k=1。
对于100%的数据3<=n<=10^10000,1<=k<=n/3，且n,k不包含前导0。
1 #include <cstdio> 2 3 #define LL long long 4 inline void read(LL &x) 5 { 6 x=0; register char ch=getchar(); 7 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 8 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 9 } 10 LL n,k,ans; 11 12 inline bool if_cant(LL x) 13 { 14 for(; x; x/=10) 15 if(x%10==3) return 1; 16 return 0; 17 } 18 19 int Presist() 20 { 21 freopen("candy.in","r",stdin); 22 freopen("candy.out","w",stdout); 23 24 read(n),read(k); 25 for(LL t,i=k; i<=n; ++i) 26 { 27 if(if_cant(i)) continue; 28 for(LL j=k; j<=n-i; ++j) 29 { 30 if(if_cant(j)) continue; 31 t=n-i-j; 32 ans+=(t>=k&&(!if_cant(t))); 33 } 34 } 35 printf("%I64d ",ans); 36 return 0; 37 } 38 39 int Aptal=Presist(); 40 int main(int argc,char**){;}
数位DP
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 4 #define N 10003 5 6 using namespace std; 7 8 const int mod=12345647; 9 10 char s[N]; 11 int a[N],b[N],dp[N][3][2][2][2]; 12 13 void ADD(int &i,int j) { i+=j; if(i>=mod) i-=mod; } 14 15 int main() 16 { 17 freopen("candy.in","r",stdin); 18 freopen("candy.out","w",stdout); 19 scanf("%s",s+1); int len1=strlen(s+1); 20 for(int i=1;i<=len1;++i) a[i]=s[i]-'0'; 21 scanf("%s",s+1); int len2=strlen(s+1); 22 for(int i=1;i<=len2;++i) b[i+len1-len2]=s[i]-'0'; 23 dp[0][0][0][0][0]=1; 24 int i,j,k,l,t,I,J,K,L,T; 25 for(i=0;i<len1;i++) 26 for(j=0;j<3;j++) 27 for(k=0;k<2;k++) 28 for(l=0;l<2;l++) 29 for(t=0;t<2;t++) 30 if(dp[i][j][k][l][t]) 31 for(int s1=0;s1<=9;s1++) 32 if(s1!=3) 33 for(int s2=0;s2<=9;s2++) 34 if(s2!=3) 35 for(int s3=0;s3<=9;s3++) 36 if(s3!=3) 37 { 38 I=i+1; 39 J=j*10+a[i+1]-s1-s2-s3; 40 if(J<0 || J>2) continue; 41 if(!k && s1<b[i+1]) continue; 42 K=(k || s1>b[i+1]); 43 if(!l && s2<b[i+1]) continue; 44 L=(l || s2>b[i+1]); 45 if(!t && s3<b[i+1]) continue; 46 T=(t || s3>b[i+1]); 47 ADD(dp[I][J][K][L][T],dp[i][j][k][l][t]); 48 } 49 int ans=0; 50 for(k=0;k<2;k++) 51 for(l=0;l<2;l++) 52 for(t=0;t<2;t++) 53 ADD(ans,dp[len1][0][k][l][t]); 54 printf("%d",ans); 55 }