（以上题目出自_rqy两年前）
#A：桶哥的问题——买桶【链接】
【题目描述】
桶哥要买一些全家桶。他有a元钱，而每个桶要花b元钱。他能不能买到c个桶？
【输入格式】
一行三个整数a, b, c
【输出格式】
Yes或No
【输入样例#1】 【输出样例#1】
26 4 5 Yes
【输入样例#2】 【输出样例#2】
3 4 5 No
显然这道题很很很简单的了，然后数据好像也没有需要特判的（好像有些人特判然后就90pts了qwq）
思路就是直接b*c与a比，如果b*c≤a，那么Yes，否则No
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; long long a,b,c;//唯一注意要开long long int main(){ scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c); long long ans = b*c; if(ans<=a)cout<<"Yes"<<endl; else cout<<"No"<<endl; return 0; }
没什么大问题，next~
#B：桶哥的问题——送桶【链接】
【题目描述】
桶哥买了n个桶，他要将这些桶送去n个人的家。他送第i个桶需要ai的时间，需要在bi之前送到。桶哥很懒，他想要尽量晚起身去送桶。问他最晚什么时候要去送桶？
桶哥在送完一个桶之后可以紧接着去送另一个桶。
【输入格式】
一行一个整数n，以下n行每行两个整数表示ai，bi。
【输出格式】
一行一个整数，表示桶哥最晚什么时候起身。
【输入样例】 【输出样例】
4 2
1 6
2 7
2 8
1 7
40pts-错误思路：把所有ai加起来sum（ai），然后找到一个最大的bi，用bi（max）-sum（ai）可以得40pts；
90pts-错误思路：计算每个ai与bi的差值，以及bi（max）-sum（ai），取min，可以骗到90pts；
100pts-正确思路：
对所有的桶按照bi的大小，从小到大排序（对于ai没有要求）（可以用sort解决），然后从1~n for循环：求出当前枚举到的所有ai的和suma，用当前的bi（因为已经排过序了所以当前bi即为当前最大的bi）减去suma（差值暂且叫它kb），取最小的kb即为ans；
90pts代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> const int maxn=1e6+10; using namespace std; int n,minn=1e9+7,suma,maxb; struct tong{ int a,b,c; }t[maxn]; bool cmp(tong x,tong y){ if(x.b==y.b)return x.a>y.a; else return x.b<y.b; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&t[i].a,&t[i].b); t[i].c=t[i].b-t[i].a; if(t[i].c<minn) minn = t[i].c; if(t[i].b>maxb)maxb=t[i].b; suma+=t[i].a; } int sumc=maxb-suma; if(sumc<minn)cout<<sumc<<endl; else cout<<minn<<endl; return 0; }
100pts代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> const int maxn=1e6+10; using namespace std; int n,suma,kb,ans=1e9; struct tong{ int a,b,c; }t[maxn]; bool cmp(tong x,tong y){ if(x.b==y.b)return x.a>y.a; else return x.b<y.b; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&t[i].a,&t[i].b); sort(t+1,t+n+1,cmp); for(int i=1;i<=n;i++){ suma+=t[i].a; kb=t[i].b-suma; if(kb<ans) ans=kb; } cout<<ans<<endl; return 0; }
#C：桶哥的问题——吃桶【链接】
【题目描述】
桶哥的桶没有送完，他还有n个桶。他决定把这些桶吃掉。他的每一个桶两个属性：种类ai和美味值bi。若下标为x，y，z（下标从1开始）的三个桶满足：
x<z且x+y=z-2y且ax=az
那么它们构成一个套餐，会产生
（x+z）*（bx-bz）
的价值。问：一共会产生多少价值？
【输入格式】
第一行两个整数n，m，表示共有m种共n个桶。
第二行n个整数表示bi，
第三行n个整数表示ai。
【输出格式】
一行一个整数，表示一共会产生多少价值。由于这个数可能很大，你只需要输出它除以10007的余数。如果答案是负的，请将其加上10007再对10007取余。
【输入样例#1】 【输出样例#1】
5 2 23
6 7 8 7 3
1 2 2 1 2
【输入样例#2】 【输入样例#2】
5 2 9974
6 3 8 7 7
1 2 2 1 2
【数据范围】（是个谜）
40~50pts思路：
直接暴力模拟这个过程，时间复杂度大概是O（n2 ）的
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> const int maxn=100010; const int mo=10007; using namespace std; int n,m,xb,ans; struct jgt{ int a,b,xb; }t[maxn]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].b); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].a); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ xb=i+j*3; if(t[xb].a==t[i].a) ans += ((i+xb)%mo*(t[i].b-t[xb].b)%mo)%mo; else continue; } } ans%=mo;ans+=mo;ans%=mo; cout<<ans<<endl; }
100pts：
化简
介个式子，可以知道x与z mod3 同余。那么我们可以不管y了，将这n个桶分为下标mod3余1，mod3余2和mod3余0三种，那么对于组来说：
这个式子可以拆成xbx+zbx-xbz-zbz
对于每一项分开枚举：
xbx：
开两个数组：c1[]和c[]，c1[i]用来储存第i种桶的xbx是多少，c[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的xbx的和（每个xbx只加一遍）
那么有：
c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx //举个例子：假设mod3余1的有：（下标，种类，价值）(1,1,6)(4,1,7)(7,1,2),
那么第一遍：c1[1]=0+0=0；c[1]=0+1*6=6第二遍： c1[1]=0+6=6；c[1]=6+4*7=32;第三遍:c1[1]=6+32;c[1]=32+14； 这样刚好每个x都加了对应的遍数 c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;
//用来存储xbx的一遍和。另外要注意把c1放在前面而不是c。
zbx：
开两个数组：c2[]和c0[]，c2[i]用来储存第i种桶的zbx是多少，c0[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的bx和；
（啊我的天不知道怎么表达qwq）
c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时，储存bx
xbz：
开两个数组：c4[]和c3[]，c4[i]用来储存第i种桶的xbz是多少，c3[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的下标和；
c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和，用于计算xbz
zbz：
开两个数组：c6[]和c5[]，c6[i]用来储存第i种桶的zbz是多少，c5[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的个数；
c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod;//储存zbz c5[t[i].a] ++;//记录第i种桶个数
嗯-大概吧：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int read() { int ans = 0, c, f = 1; while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f *= -1; do ans = ans * 10 + c - '0'; while (isdigit(c = getchar())); return ans * f; } const int mod=10007; const int maxn=1000010; int n,m,ans,ans1; int c[maxn>>2], c1[maxn>>2], c2[maxn>>2], c3[maxn>>2],c0[maxn>>2],c4[maxn>>2]; int c5[maxn>>2],c6[maxn>>2]; struct jgt{ int a,b; }t[maxn]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].b),t[i].b%=mod; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].a); for(int i=1;i<=n;i+=3){ c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;//用来存储xbx的一遍和 c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时，储存bx c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和，用于计算xbz c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod; c5[t[i].a] ++; } for(int i=1;i<=m;i++) ans = (ans%mod+c1[i]%mod+c2[i]%mod-c4[i]-c6[i])%mod; memset(c, 0, sizeof(c));memset(c0, 0, sizeof(c0)); memset(c1, 0, sizeof(c1));memset(c2, 0, sizeof(c2)); memset(c4, 0, sizeof(c4));memset(c3, 0, sizeof(c3)); memset(c5, 0, sizeof(c5));memset(c6, 0, sizeof(c6)); for(int i=3;i<=n;i+=3){ c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;//用来存储xbx的一遍和 c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时，储存bx c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和，用于计算xbz c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod; c5[t[i].a] ++; } for(int i=1;i<=m;i++) ans = (ans%mod+c1[i]%mod+c2[i]%mod-c4[i]-c6[i])%mod; memset(c, 0, sizeof(c));memset(c0, 0, sizeof(c0)); memset(c1, 0, sizeof(c1));memset(c2, 0, sizeof(c2)); memset(c4, 0, sizeof(c4));memset(c3, 0, sizeof(c3)); memset(c5, 0, sizeof(c5));memset(c6, 0, sizeof(c6)); for(int i=2;i<=n;i+=3){ c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;//用来存储xbx的一遍和 c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时，储存bx c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和，用于计算xbz c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod; c5[t[i].a] ++; } for(int i=1;i<=m;i++) ans = (ans%mod+c1[i]%mod+c2[i]%mod-c4[i]-c6[i])%mod; printf("%d",(ans+mod)%mod); }
最后，一定要记得：多取模
败在了取mod取得少上qwq
end-