jQuery火箭图标返回顶部代码

T1:a

【题目描述】

对于给定的一个正整数(n)， 判断n是否能分成若干个正整数之和 （可以重复） ，其中每个正整数都能表示成两个质数乘积。

【输入描述】

第一行一个正整数 (q)，表示询问组数。
接下来 (q) 行，每行一个正整数 (n)，表示询问。

【输出描述】

(q) 行，每行一个正整数，为$ 0$ 或 (1)。(0) 表示不能，(1) 表示能。

【输入样例】

(5)
(1)
(4)
(5)
(21)
(25)

【输出样例】

(0)
(1)
(0)
(1)
(1)

【样例解释】

(4=2*2)
(21=6+15=2*3+3*5)
(25=6+9+10=2*3+3*3+2*5)
(25=4+4+4+4+9=2*2+2*2+2*2+2*2+3*3)

【数据范围】

(30\%)的数据满足：(qleq 20,nleq 20)
(60\%)的数据满足：(qleq 10000,nleq 5000)
(100\%)的数据满足：(qleq 10^5,nleq 10^{18})

Solution

当(n leq 20) 时,只有(1,2,3,5,7,11)无解，其余均有解。
当(n > 20) 时,因为(n = (n-4) + 4 = (n-4) + 2 * 2),而((n-4))这个数(geq 16),是一定有解的。
所以,我们证明了对于任意的正整数(n),
只有(n = 1,2,3,5,7,11)时无解，其余均有解。
那么我们只需要在每组数据中判断一下n是否等于(1,2,3,5,7,11)中的任意一个即可。
复杂度(O(q)).

Code

//****定理 
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int q;
long long x;
long long read() {
	long long s = 0, w = 1;
	char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') w = -1;ch = getchar();}
	while(isdigit(ch)) {s = s * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
	return s * w; 
}
int pd(int x) {
	if(x == 4) return 1;
	if(x == 6) return 1;
	if(x == 8) return 1;
	if(x == 9) return 1;
	if(x == 10) return 1;
	if(x == 12) return 1;
	return 0;
}
int main() {
	freopen("a.in", "r", stdin);
	freopen("a.out", "w", stdout);
	q = read();
	while(q--) {
		x = read();
		if(x <= 12) 
			if(pd(x)) printf("1
");
			else printf("0
");
		else printf("1
");
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
 

T2：b

【题目描述】

有一个长度为(n)的自然数序列(a)，要求将这个序列恰好分成至少(m) 个连续子段。 每个子段的价值为该子段的所有数的按位异或。要使所有子段的价值按位与的结果最大，输出这个最大值。

【输入描述】

第一行一个正整数 (q)，表示询问组数。
接下来$ q$ 组输入，每组输入两行：
第一行两个正整数 (n,m)。
第二行 $n $个正整数，描述序列 (a)。

【输出描述】

一行一个正整数，表示答案。

【输入样例】

(1)
(5) (3)
(1) (2) (3) (4) (5)

【输出样例】

(1)

【数据范围】

(20\%)的数据：(nleq 20)
(40\%)的数据：(nleq 100,a_i<256)
(60\%)的数据：(nleq 100)
(100\%)的数据：(1leq qleq 12,1leq mleq nleq 1000,0leq a_i<2^{30})

Solution

因为异或运算具有交换律且（(x)异或(x = 0)）,所以区间异或和可以由两个前缀异或和异或得到。
考虑从高位到低位确定答案的二进制位,然后考虑判断是否能分成至少(m)段。
如何判断是否能分成至少(m)段?
"能分成至少(m)段"与"最多能分成的段数(geq m)"等价。
令(dp[i] = a[1..i])这一段数最多能分成多少段"
转移就是直接枚举上一段的末尾j,如果([j+1,i])可以组成一段,那么就把(dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1));
这样(DP)的复杂度是(O(n^2))。
总复杂度就是(O(q * log(值域) * DP) = O(30qn^2) approx 3.6 * 10^8),因为常数较小可以过。

值得一提的是,直接(O(N^3)DP)是错误的。因为它不满足最优子结构。
Code

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

typedef long long LL;

int q,n,m,ans,x,s[1005],f[1005];

int rd(){
	int re=0,f=1;char c=getchar();
	while ((c<'0')||(c>'9')) {if (c=='-') f=-f;c=getchar();}
	while ((c>='0')&&(c<='9')) {re=re*10+c-'0';c=getchar();}
	return re*f;
}

int Max(int x,int y){
	return ((x>y)?x:y);
}

int main(){
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
	q=rd();
	for (;q>0;--q){
		n=rd();m=rd();
		s[0]=0;
		for (int i=1;i<=n;++i){
			x=rd();s[i]=s[i-1]^x;
		}
		
		ans=0;
		for (int i=29;i>=0;--i){
			memset(f,0,sizeof(f));
			f[0]=1;
			for (int j=1;j<=n;++j){
				for (int k=0;k<j;++k) if (f[k]>0){
					x=s[j]^s[k];
					if (((ans&x)>=ans)&&((x&(1<<i))>0))
						f[j]=Max(f[k]+1,f[j]);
				}
			}
			if (f[n]>m) ans|=(1<<i);
		}
		
		cout<<ans<<'
';
	}
	return 0;
}

T3:c

【题目描述】

定义一个排列 (a) 的价值为满足(|a[i]-i|leq 1) 的 (i)的数量。
给出三个正整数 (n,m,p)，求出长度为$ n $且价值恰好为 (m) 的排列的个数对 (p) 取
模的结果。

【输入描述】

第一行两个正整数 (T,p)，$T (为数据组数，)p $为模数。
接下来 (T) 行，每行两个正整数 (n,m)。

【输出描述】

$T $行，每行一个非负数，表示答案。

【输入样例】

(5) (1887415157)
(3) (1)
(3) (2)
(3) (3)
(50) (10)
(1500) (200)

【输出样例】

(1)
(2)
(3)
(621655247)
(825984474)

【数据范围】

(10\%)的数据：(nleq 10)
(30\%)的数据：(nleq 15)
(50\%)的数据：(nleq 200)
另有 (10\%)的数据：(m=1)
另有$ 10%(的数据：)m=n-1$
(100\%)的数据：(1leq T,n,mleq 2000，2leq pleq 10^{12})

Solution:

题解：
因为(n,m leq 2000),而且(p)是事先给出的,所以我们可以一次性预处理出(n,mleq 2000)的答案。

考虑一个长度为(i)的排列如何变成长度为(i+1)的排列。
一种情况是我在它末尾加入了一个数(i+1),另一种情况是我用(i+1)替换掉了原来排列中的一个数，然后把被换掉的数放到排列的末尾。
那么,这个排列权值的变化就是：
第一种情况：在它末尾加入了一个数(i+1)，权值(+1)。
第二种情况：用(i+1)替换掉一个数，权值 (+=) 加的贡献$ -$ 换掉的数的贡献。

在(DP)当中，我们只需要考虑替换掉的数是否是(i),以及(i)是否在位置(frac{i}{i-1})即可。总共有(5)种本质不同的状态，分类讨论转移即可。
复杂度(O(nm))。

Code：

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

typedef long long LL;

const int N=2005;

int q,n,m,u,v;
LL p,ans,f[N][N][5],x;

int rd(){
	int re=0,f=1;char c=getchar();
	while ((c<'0')||(c>'9')) {if (c=='-') f=-f;c=getchar();}
	while ((c>='0')&&(c<='9')) {re=re*10+c-'0';c=getchar();}
	return re*f;
}

int main(){
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	cin>>q>>p;
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[1][1][0]=1ll;
	f[2][2][0]=1ll;f[2][2][1]=1ll;
	
	n=2000;
	for (int i=2;i<n;++i)
		for (int j=0;j<=n;++j){
			for (int k=0;k<=4;++k){
				x=f[i+1][j+1][0]+f[i][j][k];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j+1][0]=x;
				u=j+((k%2)==0);
				v=1+(k!=0);
				x=f[i+1][u][v]+f[i][j][k];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][u][v]=x;
			}
			
			if (f[i][j][0]>0ll){
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][0]*(LL)(j-1))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][0]*(LL)(i-j))%p;
			}
			if (f[i][j][1]>0ll){
				x=f[i+1][j][3]+f[i][j][1];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j][3]=x;
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][1]*(LL)(j-2))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][1]*(LL)(i-j))%p;
			}
			if (f[i][j][2]>0ll){
				x=f[i+1][j][3]+f[i][j][2];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j][3]=x;
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][2]*(LL)(j-1))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][2]*(LL)(i-j-1))%p;				
			}
			if (f[i][j][3]>0ll){
				x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][3];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j+1][3]=x;
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][3]*(LL)(j-1))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][3]*(LL)(i-j-1))%p;	
			}
			if (f[i][j][4]>0ll){
				x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][4];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j+1][3]=x;		
				if (j>0) f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][4]*(LL)(j))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][4]*(LL)(i-j-2))%p;	
			}
		}
	
	for (;q>0;--q){
		cin>>n>>m;
		ans=(f[n][m][0]+f[n][m][1]+f[n][m][2]+f[n][m][3]+f[n][m][4])%p;
		cout<<ans<<'
';
	}
	return 0;
}

谢谢收看，祝身体健康！