a.
題目大意是，給你乙個初始的整數，然後用他*1, * 2,*3 ....，並把所有出現過的數字記錄下來， 問什麼時候0～9所有數字都出現了一遍。
剛開始還懷疑有沒有可能死迴圈， 後來沒想直接跑了乙個1～100000的看了下，都有結果，就直接暴力上了。
#include #include #include #include #include #include #include #define inf 1000000007
using namespace std;
long long gao(int x)
int flag = 1;
for(int i = 0; i < 10; i++)
}if(flag) return (long long)cnt * (long long)x;
cnt++;
}}int main()
long long ans = gao(n);
printf("case #%d: %lld\n", ++cas, ans);
}return 0;
}
b. 給出乙個棧序列，是由若干'+'和'-' 組成的。每次允許的操作是從棧頂取出若干元素，整體倒過來放進棧中，倒過來後'+'將變成'-'，反之亦然。
問用最少的操作使得整個序列都是'+'
這次完全沒想別的直接上dp了，而正解好像只需要統計有多少段就行了。
dp[i][2]有兩個狀態，分別表示從0到i，整個變成'-'需要的運算元和變成'+'的操作
#include #include #include #include using namespace std;
char s[111];
int dp[111][2];
int main() else
}printf("case #%d: %d\n", ++cas, dp[len][1]);
}return 0;
}
c. 構造題。
給乙個長度n,乙個數量j
問你是否能夠找到j個長度為n的二進位制數，使得他在二進位制，三進製....九進製，十進位制時都不是素數，並輸出相應的乙個因子
我的做法是直接構造，指定每個進製的因子分別為3,2,5,2,7,2,9,2,11 這樣。或者3,2,3,2,7,2,3,2,3這樣
然後開始構造二進位制串，每個串中最多四重迴圈列舉位置，計算餘數。 就可以了。
**非常醜陋。就不貼了。
但是這個題顯然有更直接的做法。來自昂神。
構造乙個諸如1????11????1 這樣的串，其中?隨意填寫0或者1
那麼因子就是1????1 並且對任意進製都符合。 這解法又直接又簡潔。
d. 這題題意大意就是給了乙個分形。
原始串中包含l或者g，長度為k， 迭代時，串中l會變成原始串，g會變成k個g。
迭代c次，長度就是k^c
現在給你經過若干次迭代後的串， 問你是否能最多檢視s處元素的情況下判別出原始串是否有g。
那麼對於小資料， 比較簡單了。因為s＝ k。
我們首先對原始串的任意乙個位置， 假設該處為g ，那麼在最終串中必然會生成乙個長度為k^(c-1)的區間，裡面都是g。
對於每個區間任選乙個位置檢查即可， 總共檢查k次。
那麼對於s < k怎麼辦
還是一樣的方法，對於原始串的某個位置i，假設該處為g，那麼在最終串中最壞情況下，也會生成若干個g，這些g分布在若干個長度不一的區間內。
例如k＝5， c＝3時
我們看每個位置生成g的情況。 由於串太長了。 我們先看最終串前25個
i=1,ggggggggggggggggggggggggg
i=2,?g???ggggg?g????g????g???
i=3,??g????g??ggggg??g????g??
i=4,???g????g????g?ggggg???g?
i=5,????g????g????g????gggggg
觀察這些我們發現，最多連續三個串，會在某乙個位置都是g
例如i = 1,2,3時，第8個位置都是g，那麼我們檢查這個位置就同時檢查了3個位置。
而最多多少個串可以被同時檢查，可以發現取決於c，也就是同時c個串必然可以同時被檢查。
那麼最終最少的檢查次數就是 ceil(k * 1.0 / c)了
每個位置畫一畫就發現， 需要檢查的位置也很容易算出來了。
#include #include #include #include #include #include using namespace std;
int main()
int num = (int)(ceil(k * 1.0 / c));
printf("case #%d:", ++cas);
if(num > s)
for(int i = 1; i <= num; i++)
//long long mid = ed - base + 1 + 1;
printf(" %lld", st + 1);
}printf("\n");
}return 0;
}
ZJOI2016 解題報告
我大浙的省選題真是超級神仙 這套已經算是比較可做的了。神仙分治題。對於乙個矩形，每次我們從最長邊切開，最短邊不會超過 sqrt 所以對於每個點跑一遍最短路就行了。時間複雜度 o n sqrt log n q sqrt code below include define id i,j i 1 m j ...
ZJOI2016 線段樹 解題報告
很久以前看過題面然後沒有仔細想，再做的時候忘了序列是隨機的了。然後怎麼搞都是o n4 的。我們可以將狀態設為f x,i,l,r 表示在i次操作後，l,r x，l 1和r 1大於等於x的方案數。不妨認為a 0 a n 1 這樣的話假如說有跨越區間端點的操作，那麼就一定會使操作中的數 x。然後令g x,...
NOIP 2016 Day2 解題報告
by 毒液哥 注意到n,m 2000.而我們的問題是對範圍內所有組合數統計能被k整除的個數，所以我們需要得到範圍內所有的組合數模k的餘數。要注意j i，不要計算多餘的0.用楊輝三角形遞推求出組合數，再用字首和處理即可。每次用線性時間找到最大值。切成兩條。把其他所有的加上q.記得輸出。35分演算法中有...