總體來說不算好做……但是確實也不難。
給定正整數n，k，求f(
n,k)
=∑ni
=1ik
f (n
,k)=
∑i=1
ni
k，結果對19260817取模。
1 <= n <= 1e7, 0 <= k <= 1e9
時限0.698s（？？？）
上來用拉格朗日插值法直接wa。。正解其實比想象的簡單。先尤拉篩出素數，對素數用快速冪求出i^k存起來。然後對合數的i^k只要用素數的結果求就可以了。
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int p = 19260817;
const
int maxn = 1e7+5;
bool flag[maxn];
ll f[maxn], prime[maxn], n, k, cnt;
inline ll pow_mod(ll a, ll b)
return res;
}inline
void sieve()
for (int j = 0; j < cnt && i * prime[j] <= n; ++j)
}}int main()
1 ≤ p ≤ n ≤ 1e5, |ai| <= 1e6
結論題。顯然當n==p時只有所有數字相等時才是yes；n>p時，數字總和如果是p的倍數則yes。其實憑感覺可以想到：要把所有數字變成0，和必須是p的倍數。不過嚴格的證明則是將所有n>p的情況轉化為n==p+1的情況。
#include
using
namespace
std;
int n, p, i, tmp, sum;
int main()
printf("%s\n", i == n ? "yes" : "no");
}else
printf("%s\n", sum % p ? "no" : "yes");
}return
0;}
2 ≤ n ≤ 1e15
據說是codeforces原題。
如果本身是質數那麼直接輸出1。
運用哥德**猜想，任何大於2的偶數可以被分解為兩個質數之和。也就是偶數輸出2。
如果n是奇合數但還可以被分解為兩個質數，那只可能是一奇一偶。偶質數只能是2，也就是說n-2必須是質數。
其他情況輸出3。
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
ll n;
inline
bool isprime(ll m)
int main()
1 ≤ n ≤ 1e4
1 ≤ ai ≤ 1e8
1 ≤ k ≤ 1e10
降序排序，預處理字首和，然後dfs+剪枝。
最優性剪枝：如果當前和已經大於k則剪枝，ans要加上2^(剩餘數字個數)——這一步還可以剪枝：由於2^25>2e7，所以一旦剩餘數字個數大於等於25也剪枝。
可行性剪枝：如果當前和加上後面所有數（用字首和）都不大於k那麼剪枝。
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int maxn = 1e4+5;
int a[maxn], n, ans;
bool flag;
ll k, suma[maxn];
inline
void dfs(int dep, ll sum)
dfs(dep+1, sum + a[dep]);
dfs(dep+1, sum);
}int main()
=bi−
1+i bi=
bi−1
+i
。 求最少的操作次數。1 ≤ n ≤ 1e5，1 ≤ ai ≤ 1e10
設=，這題等價於求|c
1−x|
+|c2
−x|+
...+
|cn−
x|| c1
−x|+
|c2−
x|+.
..+|
cn−x
|的最小值。根據高中函式知識，x應該取cn的中位數。那麼我們構造出cn然後排下序取中間下標，這題就做完了……
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int maxn = 1e5+5;
ll a[maxn], b[maxn], ans;
int n;
inline ll fun(ll mid)
int main()
sort(a+1, a+1+n);
printf("%lld\n", fun(a[(n+1)>>1]));
return
0;}
,a2,
a3,…
,an a1,
a2,a
3,…,
an
，每次可以進行如下操作: 選擇乙個數 i (1 < i < n)，將 ai
a
i變成 ai
+1+a
i−1−
aia i+
1+ai
−1−a
i。問在經過任意多次的操作後，該數列的數字總和最小為多少？
1 ≤ n ≤ 1e5，0 ≤ ai ≤ 1e10令c
i=ai
+1−a
i ci=
ai+1
−a
i，這樣c數列有n-1項。注意到對ai
a
i的操作等價於交換ci
c
i與ci
+1c i+
1，那麼通過將c公升序排序後反構造出的a數列就是總和最小的數列啦。
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int maxn = 1e5+5;
ll a[maxn], c[maxn], sum;
int main()
printf("%lld\n", sum);
return
0;}
新生訓練2
時間匆忙，先把自己 弄上明天考完再做詳細題解和補剩下的題 昨天組長在報告上說我題解認真，感到十分愧疚，來補題解，所以抓緊來補題解 a.b.c d eat candies 讀懂題很容易理解，先取最大的，然後如果最大的值大於另外兩個的和，則最大天數等於另外兩個的和，否則取另外兩個和與最大天數差值，除於2...
JXUST ECJTU新生訓練賽
a.此題由於字串的長度是10 5，所以利用o n 2 暴力來做的話，顯然是超時的，所以不採用這種方法，我們可以計算每個字元 出現的次數，而題目中 告訴pairs x,y and y,x should be considered different，所以組成的個數總和就是 每個字元出現的次數的乘積之和...
2021新生訓練題解02
a 思路 dp 由於每乙個點只能從該點的左側或上側到達,因此到達該點的最小花費一定在到達該點上側和左側之前產生,可得轉移方程 dp i j min dp i 1 j dp i j 1 注意特判i 1 0和 j 1 0 的情況 標程 b 思路 數學幾何 沿著柱面向上走,可將柱面展開,變成乙個矩形,兩點...