10.31 NOIP模擬賽(morning)
阿新 • • 發佈：2019-02-02
NP(np)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
題目描述
LYK 喜歡研究一些比較困難的問題，比如 np 問題。
這次它又遇到一個棘手的 np 問題。問題是這個樣子的：有兩個數 n 和 p，求 n 的階乘
對 p 取模後的結果。
LYK 覺得所有 np 問題都是沒有多項式複雜度的演算法的，所以它打算求助即將要參加 noip
的你，幫幫 LYK 吧！
輸入格式(np.in)
輸入一行兩個整數 n,p。
輸出格式(np.out)
輸出一行一個整數表示答案。
輸入樣例
3 4
輸出樣例
2
資料範圍
對於 20%的資料： n,p<=5。 對於 40%的資料： n,p<=1000。 對於 60%的資料： n,p<=10000000。 對於 80%的資料： n<=10^18， p<=10000000。 對於另外 20%的資料： n<=10^18， p=1000000007。 其中大致有 50%的資料滿足 n>=p。
思路:
分塊打表
打表出所有k!，其中k mod 10000000=0。詢問時直接找到已知的答案，並計算不超過10000000就能找到答案。
程式碼:
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long n,p;
long long now;
const int a[100]={682498929,491101308,76479948,723816384,67347853 看程式寫結果(program)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
題目描述
LYK 最近在準備 NOIP2017 的初賽，它最不擅長的就是看程式寫結果了，因此它拼命地
在練習。
這次它拿到這樣的一個程式：
Pascal：
readln(n);
for i:=1 to n do read(a[i]);
for i:=1 to n do for j:=1 to n do for k:=1 to n do for l:=1 to n do
if (a[i]=a[j]) and (a[i]<a[k]) and (a[k]=a[l]) then ans:=(ans+1) mod 1000000007;
writeln(ans);
C++：
scanf(“%d”,&n);
for (i=1; i<=n; i++) scanf(“%d”,&a[i]);
for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=n; j++) for (k=1; k<=n; k++) for (l=1; l<=n; l++)
if (a[i]==a[j] && a[i]<a[k] && a[k]==a[l]) ans=(ans+1)%1000000007;
printf(“%d\n”,ans);
LYK 知道了所有輸入資料，它想知道這個程式執行下來會輸出多少。
輸入格式(program.in)
第一行一個數 n，第二行 n 個數，表示 ai。
輸出格式(program.out)
一個數表示答案。
輸入樣例
4
1 1 3 3
輸出樣例
4
資料範圍
對於 20%的資料 n<=50。
對於 40%的資料 n<=200。
對於 60%的資料 n<=2000。
對於 100%的資料 n<=100000， 1<=ai<=1000000000。
其中均勻分佈著 50%的資料不同的 ai 個數<=10，對於另外 50%的資料不同的 ai 個數>=n/10。
-
-
思路:
利用了乘法原理
先將ai進行排序。
令f[i]表示1~i中相同的ai對數。
對於所有ai!=a{i+1}的位置，將f[i]*g*(g-1)/2累加進答案中。其中g表示存在多少數字=a{i+1}。
時間複雜度nlgn。
程式碼:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long ans,f[100005];
int i,n,a[100005],sum;
const int MOD=1000000007;
int cmp(int i,int j) {return i<j;}
int main()
{
freopen("program.in","r",stdin);
freopen("program.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1,cmp); sum=1; f[1]=1;
for (i=2; i<=n; i++)
{
f[i]=f[i-1];
if (a[i]==a[i-1])
{
f[i]=f[i]-1ll*sum*sum; sum++;
f[i]=f[i]+1ll*sum*sum;
f[i]%=MOD;
} else {sum=1; f[i]++;}
}
sum=0;
for (i=n; i>=2; i--)
{
if (a[i]==a[i+1]) sum++; else sum=1;
if (a[i]!=a[i-1]) ans=(ans+f[i-1]*sum%MOD*sum)%MOD;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}選數字 (select)
Time Limit:3000ms Memory Limit:64MB
題目描述
LYK 找到了一個 n*m 的矩陣，這個矩陣上都填有一些數字，對於第 i 行第 j 列的位置上
的數為 ai,j。
由於它 AK 了 noip2016 的初賽，最近顯得非常無聊，便想到了一個方法自娛自樂一番。
它想到的遊戲是這樣的：每次選擇一行或者一列，它得到的快樂值將會是這一行或者一列的
數字之和。之後它將該行或者該列上的數字都減去 p（之後可能變成負數）。如此，重複 k
次，它得到的快樂值之和將會是它 NOIP2016 複賽比賽時的 RP 值。
LYK 當然想讓它的 RP 值儘可能高，於是它來求助於你。
輸入格式(select.in)
第一行 4 個數 n,m,k,p.
接下來 n 行 m 列，表示 ai,j。
輸出格式(select.out)
輸出一行表示最大 RP 值。
輸入樣例
2 2 5 2
1 3
2 4
輸出樣例
11
資料範圍
總共 10 組資料。
對於第 1,2 組資料 n,m,k<=5。
對於第 3 組資料 k=1。
對於第 4 組資料 p=0。
對於第 5,6 組資料 n=1， m,k<=1000。
對於第 7,8 組資料 n=1， m<=1000， k<=1000000。
對於所有資料 1<=n,m<=1000， k<=1000000， 1<=ai,j<=1000， 0<=p<=100。
樣例解釋
第一次選擇第二列，第二次選擇第二行，第三次選擇第一行，第四次選擇第二行，第五
次選擇第一行，快樂值為 7+4+2+0+-2=11。
思路:
選擇順序無關緊要，假設我們選了x行，那麼必然選擇了k-x列。
令f[i]表示選擇i行得到的最大和。考慮怎麼求出所有f[i]。
這個是顯然可以貪心的。記錄所有行的總和。利用大根對維護即可。
令g[i]表示選擇i列得到的最大和。已知f與g後。
答案為max{f[i]+g[k-i]-i*(k-i)*p)。
程式碼:
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1000005;
long long ans,s1[N],s2[N],p1[N],p2[N];
int k,n,m,i,j,p,A;
int cmp(int i,int j) {return i<j;}
int main()
{
freopen("select.in","r",stdin);
freopen("select.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&p);
for (i=1; i<=n; i++)
for (j=1; j<=m; j++)
{
scanf("%d",&A);
s1[i]+=A; s2[j]+=A;
}
make_heap(s1+1,s1+n+1,cmp);
make_heap(s2+1,s2+m+1,cmp);
for (i=1; i<=k; i++)
{
p1[i]=p1[i-1]+s1[1];
pop_heap(s1+1,s1+n+1,cmp);
s1[n]-=p*m;
push_heap(s1+1,s1+n+1,cmp);
p2[i]=p2[i-1]+s2[1];
pop_heap(s2+1,s2+m+1,cmp);
s2[m]-=p*n;
push_heap(s2+1,s2+m+1,cmp);
}
ans=1ll*-1000000000*1000000000;
for (i=0; i<=k; i++) {ans=max(ans,p1[i]+p2[k-i]-1ll*i*(k-i)*p);}
cout<<ans;
return 0;
}