10.16 考试解题报告
T1
#题目描述 ：
对于给定的一个正整数n， 判断n是否能分红若干个正整数之和 （能够重复） ，
其中每一个正整数都能表示成两个质数乘积。ios
#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。c++
#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。git
#样例输入：
5
1
4
5
21
25spa
#样例输出：
0
1
0
1
1code
#数据范围:
\(30\%\)的数据知足：\(q\leq20, n\leq20\)
\(60\%\)的数据知足：\(q\leq10000, n\leq5000\)
\(100\%\)的数据知足：\(q\leq10^5, n \leq 10^{18}\)ci
解题思路：
看到这个奇葩的数据范围，我先看到了\(100\%\)的\(n \leq 10^{18}\)
而后我就不知道怎么想的，写了一个不知道能不能跑过60分的彻底背包？get
code:string
#include <bits/stdc++.h>
#define N 5010
#define ll long long
#define M 1010
#define _ 0
using namespace std;
map<int, int> mp; bool vis[N], b[N];
int q, m, mx, mi = 99999999, cnt, tot;
int po[10000100], f[N], qust[N << 1], prime[N];
int read() {
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void erlur(int s) {
for (int i = 2; i <= s; i++) {
if (!vis[i]) prime[++cnt] = i;
for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
if (i * prime[j] > s) break;
vis[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
freopen("a.in", "r", stdin);
// freopen("a.out", "w", stdout);
q = read();
for (int i = 1; i <= q; i++) {
qust[i] = read();
mx = max(mx, qust[i]);
}
erlur(mx);
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
int an = prime[i] * prime[j];
if (!mp[an] && an <= mx)
mp[an] = 1, po[++tot] = an, mi = min(mi, an);
}
cout << tot << "\n";
for (int i = 1; i <= q; i++) {
if (b[qust[i]]) cout << 1 << " ";
else {
memset(f, 0, sizeof(f));
int flag = 0;
for (int j = 1; j <= tot; j++)
for (int k = po[j]; k <= qust[i]; k++) {
f[k] = max(f[k], f[k - po[j]] + po[j]);
if (f[k] == qust[i]) flag = 1;
}
if (flag) b[qust[i]] = 1, puts("1");
else puts("0");
}
}
return 0;
}
在打出来的时候尝试一下\(60\%\)的范围，结果发现本身的程序跑步过去，而后就把前\(1000\)个输了出来，而后发现除了前边的\(1,2,3,5,7,11\)以外全部的数都是1，只有这两个是0.it
证实啊
当\(n \leq 20\) 时, 只有\(1,2,3,5,7,11\)无解，其他均有解。
当\(n > 20\) 时, 由于\(n = (n - 4) + 4 = (n-4) + 2 \ast 2\),而\((n-4)\)这个数\(\geq16\), 是必定有解的。
因此,咱们证实了对于任意的正整数\(n\),只有\(n = 1,2,3,5,7,11\)时无解，其他均有解。io
正解:
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define M 1010
#define _ 0
using namespace std;
long long q, n;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int main() {
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
q = read();
for (int i = 1; i <= q; i++) {
n = read();
if (n == 1 || n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7 || n == 11) puts("0");
else puts("1");
}
return 0;
}
T2
#题目描述：
有一个长度为 n 的天然数序列 a，要求将这个序列刚好分红至少 m 个连续子
段。 每一个子段的价值为该子段的全部数的按位异或。要使全部子段的价值按位与
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。
样例输入：
1
5 3
1 2 3 4 5
样例输出：
1
#数据范围：
\(20\%\)的数据：\(n\leq20\)
\(40\%\)的数据：\(n\leq100,ai < 256\)
\(60\%\)的数据：\(n\leq100\)
\(100\%\)的数据：\(1\leq q \leq12,1\leq m \leq n \leq 1000,0\leq a_i < 2^{30}\)
解题思路：
由于异或运算具备交换律且（x异或x = 0）,因此区间异或和能够由两个前缀异或和异或获得。
考虑从高位到低位肯定答案的二进制位,而后考虑判断是否能分红至少\(m\)段。
如何判断是否能分红至少\(m\)段?
"能分红至少m段"与"最多能分红的段数\(\geq m\)"等价。
令\(dp[i] = "a[1..i]这一段数最多能分红多少段"\)
转移就是直接枚举上一段的末尾\(j\),若是\([j+1,i]\)能够组成一段,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\(O(q \ast log(值域) \ast DP) = O(30qn^2) ≈ 3.6 * 10^8\),由于常数较小能够过。
code：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 1007
using namespace std;
int read() {
char c = getchar();
int x = 0, f = 1;
for(; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for(; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
return x * f;
}
int T, n, m, a[N], f[N], sum[N], ans;
int main() {
freopen("b.in", "r", stdin);
freopen("b.out", "w", stdout);
T = read();
while(T--) {
n = read(), m = read(), sum[0] = 0, ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] ^ a[i];
for(int i = 29; i >= 0; i--) {
f[0] = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
f[j] = -1;
for(int k = 0; k < j; k++)
if(f[k] != -1 && ((ans | (1 << i)) & (sum[j] ^ sum[k])) == (ans | (1 << i)))
f[j] = max(f[j], f[k] + 1);
}
if(f[n] >= m) ans |= 1 << i;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
T3
#题目描述：
定义一个排列 \(a\) 的价值为知足\(| a[i]-i | \leq1\) 的 \(i\) 的数量。
给出三个正整数 \(n,m,p\)，求出长度为 \(n\) 且价值刚好为 \(m\) 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：\(n \leq 10\)
\(30\%\)的数据：\(n \leq 15\)
\(50\%\)的数据：\(n\leq 200\)
另有 \(10\%\)的数据：\(m=1\)
另有 \(10\%\)的数据：\(m=n-1\)
\(100\%\)的数据：\(1 \leq T, n, m \leq 2000，2 \leq p \leq 10^{12}\)
解题思路：
由于\(n,m \leq 2000\), 并且\(p\)是事先给出的,因此咱们能够一次性预处理出\(n,m \leq 2000\)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。
一种状况是我在它末尾加入了一个数\(i+1\),另外一种状况是我用\(i+1\)替换掉了原来排列中的一个数，而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：
第一种状况：在它末尾加入了一个数\(i+1\)，权值\(+1\)。
第二种状况：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，咱们只须要考虑替换掉的数是不是\(i\),以及\(i\)是否在位置\(i \over (i-1)\)便可。总共有\(5\)种本质不一样的状态，分类讨论转移便可。
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<<'\n';
}
return 0;
}
- 1. 2019.11.10考试解题报告
- 2. 2019.11.07考试解题报告
- 3. 2019.11.09考试解题报告
- 4. 2019.11.08考试解题报告
- 5. 2019.10.11 考试报告
- 6. 「THP3考前信心赛」解题报告
- 7. 济南-1103试题解题报告
- 8. 正睿OI noip2017冲刺 第一次考试T2 解题报告
- 9. 解题报告
- 10. 10.16
- 更多相关文章...
- • ARP报文格式详解 - TCP/IP教程
- • UDP报文格式详解 - TCP/IP教程
- • PHP Ajax 跨域问题最佳解决方案
- • IntelliJ IDEA中SpringBoot properties文件不能自动提示问题解决
-
每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。
- 1. 外部其他进程嵌入到qt FindWindow获得窗口句柄 报错无法链接的外部符号 [email protected] 无法被([email protected]@[email protected]@@引用
- 2. UVa 11524 - InCircle
- 3. The Monocycle（bfs）
- 4. VEC-C滑窗
- 5. 堆排序的应用-TOPK问题
- 6. 实例演示ElasticSearch索引查询term,match,match_phase,query_string之间的区别
- 7. 数学基础知识 集合
- 8. amazeUI 复择框问题解决
- 9. 背包问题理解
- 10. 算数平均-几何平均不等式的证明,从麦克劳林到柯西
- 1. 2019.11.10考试解题报告
- 2. 2019.11.07考试解题报告
- 3. 2019.11.09考试解题报告
- 4. 2019.11.08考试解题报告
- 5. 2019.10.11 考试报告
- 6. 「THP3考前信心赛」解题报告
- 7. 济南-1103试题解题报告
- 8. 正睿OI noip2017冲刺 第一次考试T2 解题报告
- 9. 解题报告
- 10. 10.16