牛客OI赛制测试赛1

A 斐波那契

题目描述

设f[i]表示斐波那契数论的第i项
f[1]=1,f[2] =1,f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]
给定一个n
求

输入描述:

一个整数n

输出描述:

一个整数，表示答案

示例1

输入

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4

输出

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1

备注:

对于

的数据，

对于的数据，

对于

的数据，

对于

的数据，

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10;
char s[N];
int main() {
    cin >> s;
    int len = strlen(s);
    if((s[len-1]-'0')%2==0)printf("1
");
    else printf("-1
");
    return 0;
}

B 送分题

题目描述

对于一套题来说，没有一道送分题，就很不符合常理，但是我又懒得写送分题，所以你可以直接复制以下代码，即可ac本题.

1. #include<cstdio>#include<iostream>  using namespace std; int a,b,c;  int main(){long long l=1,r=int(1e9)<<1:cin》a>>b;while(r-l>1){c=(l+r)>>1;if(c-b<a)l=c;else if(c-b>a)r=c;else return printf("%d ",c); }     if(l!=r)return printf("%d ",r);      }

输入描述:

输入共一行，两个整数a和b，范围在int之间

输出描述:

输出一个整数表示答案

示例1

输入

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5 123

输出

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128

备注:

喵喵喵

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#define ll long long
using namespace std;

int main() {
    ll a, b;
    cin >> a >> b;
    cout << a+b<<endl;
    return 0;
}

C序列

题目描述

小a有n个数，他想把他们划分为连续的权值相等的k段，但他不知道这是否可行。

每个数都必须被划分

这个问题对他来说太难了，于是他把这个问题丢给了你。

输入描述:

第一行为两个整数n,q，分别表示序列长度和询问个数。
第二行有n个数，表示序列中的每个数。
接下来的q行，每行包含一个数k，含义如题所示。

输出描述:

输出q行，每行对应一个数Yes或者No，分别表示可行/不可行

示例1

输入

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5 3
2 1 3 -1 4
3
2
1

输出

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Yes
No
Yes

备注:

对于的数据，

对于的数据，

对于的数据，

设a_i表示数列中的第i个数，保证

保证数据完全随机

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <set>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
ll a[N], s, k;
set<ll> st;
int main() {
    int n, q;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%lld", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        s += a[i];
        st.insert(s);
    }
    while(q--) {
        scanf("%lld",&k);
        if(s%k != 0) {
            printf("No
");
            continue;
        }
        ll tmp = s/k;
        bool flag = true;
        for(int i = 1; i <= k; ++i) {
            if(!st.count(tmp*i)) {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(flag) printf("Yes
");
        else printf("No
");
    }
    return 0;
}

D 小叶的巡查

题目描述

8102年，牛客系列竞赛空前繁荣。为了更好地管理竞赛，小叶决定巡查于各大城市之间，体察民情。所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了小叶最常做的事情。小叶有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。

这个国家有一套优秀的交通方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。

如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，小叶所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x-1千米到第x千米这一千米中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1千米花费11，走2千米要花费23。

因为国家力挺牛客系列竞赛，所以国家会给小叶报销全部的路费。

现在组织想知道：小叶从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？

输入描述:

输入的第一行包含一个整数n，表示包括首都在内的城市数
城市从1开始依次编号，1号城市为首都。
接下来n-1行，描述高速路（高速路一定是n-1条）
每行三个整数Pi, Qi, Di，表示城市Pi和城市Qi之间有一条高速路，长度为Di千米。

输出描述:

输出一个整数，表示小叶最多花费的路费是多少。

示例1

输入

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5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4

输出

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135

备注:

n<23333

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 3e4+10;
typedef pair<ll,ll> P;
vector<P> vs[N];
ll n, v, u, w, MAX, s;
bool vis[N];
void dfs(ll u, ll fa, ll w) {
    if(w > MAX) {
        MAX = w;
        s = u;
    }
    for(int i = 0; i < vs[u].size(); i ++) {
        P p = vs[u][i];
        if(p.first == fa) continue;
        dfs(p.first, u, w+p.second);
    }
}
int main() {
    cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i ++) {
        cin >> u >> v >> w;
        vs[u].push_back(P(v,w));
        vs[v].push_back(P(u,w));
    }
    dfs(1, -1, 0);
    dfs(s, -1, 0);
    cout << MAX*10+MAX*(1+MAX)/2 << endl;
    return 0;
}

E 旅行青蛙

题目描述

一只青蛙出去旅游，因为中国有一句古话说的好：“由简入奢易，由奢入俭难”，所以这只青蛙当看的当前景点比前面看过的景点差的时候，青蛙就会说“不开心”为了避免这只青蛙说“不开心”，并且使青蛙看的景点尽量的多，所以他请你帮忙给他安排一条线路，使青蛙可以看到尽量多的景点，并且不走回头路。

输入描述:

第一行为一个整数n，表示景点的数量
接下来n行，每行1个整数，分别表示第i个景点的质量

输出描述:

一个整数，表示青蛙最多可以看到几个景点

示例1

输入

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10
3
18
7
14
10
12
23
30
16
24

输出

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6

备注:

景点质量为1到n+23的整数
10<=n<23 10%

23<=n<233 30%

233<=n<2333 60%

2333<=n<23333 100%

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 3e4+10;
int a[N];
int main() {
    int n, x;
    cin >> n;
    memset(a,INF,sizeof(a));
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> x;
        *upper_bound(a,a+n,x) = x;
    }
    printf("%d
",lower_bound(a,a+n,INF)-a);
    return 0;
}

F 子序列

题目描述

给出一个长度为n的序列，你需要计算出所有长度为k的子序列中，除最大最小数之外所有数的乘积相乘的结果

输入描述:

第一行一个整数T，表示数据组数。
对于每组数据，第一行两个整数N，k，含义如题所示

接下来一行N个整数，表示给出的序列

保证序列内的数互不相同

输出描述:

对于每组数据，输出一个整数表示答案，对

取模
每组数据之间以换行分割

示例1

输入

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3
4 3 
5 3 1 4
5 4
3 7 5 2 1
10 3 
100 1020 2050 102 12 235 4 57 32135 54354 

输出

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144
81000
521918013

说明

第一组数据解释

所有长度为3的子序列为

最终答案为

备注:

对于

的数据：

对于

的数据：

对于

的数据：

保证序列中的元素互不相同且

，

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9+7;
const ll md = 1e9+6;
const int N = 1010;
ll a[N], c[N][N];
ll pow_mod(ll x, ll n){  
    ll res=1;  
    while(n>0){  
        if(n&1)res=res*x%mod;  
        x=x*x%mod;  
        n>>=1;  
    }  
    return res;  
}

int main() {
    memset(c, 0, sizeof(c));
    c[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 1000; i++) {
        c[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; j++) {
            c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % md;
        }
    }
    int t, n, k;
    scanf("%d", &t);
    while(t--) {
        scanf("%d%d", &n, &k);
        for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
        sort(a+1,a+1+n);
        ll res = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            ll ans = ((c[n-1][k-1] - c[i-1][k-1] - c[n-i][k-1])%md + md) % md;
            res = res*pow_mod(a[i],ans)%mod;
        }
        printf("%lld
",res);
    }
    return 0;
}