[20180813]校内模拟赛
T1 加 (add)
题目描述
你有一个变量x，一开始为0。
你还有n种操作，第i种操作可以进行至多ki次，每次可以让x变为min(x+ai,hi)。
求x最大能变到多少。
输入格式
第一行一个正整数n。
接下来n行，每行三个正整数，表示ai,hi,ki。
输出格式
输出一个整数，表示答案。
样例
样例输入
7
8 35 1
5 35 1
15 35 1
8 35 1
10 35 1
4 35 1
2 35 1
样例输出
35
数据范围
对于 40%的数据，𝑛 ≤ 10，𝑘𝑖 = 1，ℎ𝑖 ≤ 100且所有ℎ𝑖相等。
对于 100%的数据，𝑛 ≤ 100,𝑘𝑖 ≤ 30，ℎ𝑖 ≤ 104，𝑎𝑖 ≤ 200。
附加说明
如果你觉得太简单，可以把这题的数据范围当成：
𝑛 ≤ 106，𝑎𝑖,ℎ𝑖,𝑘𝑖 ≤ 1018。
Solution
显然h小的先做更优，排序后模拟即可
把每种操作看成x=min(x+a*k,h)，注意判\(a\ *\ k\)爆long long的情况，由于文件较大需要用fread优化
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
char B[1<<26],*S=B;
inline ll read()
{
ll x;char c;
while((c=*S++)<'0'||c>'9');
for(x=c-'0';(c=*S++)>='0'&&c<='9';)x=x*10+c-'0';
return x;
}
#define MN 1000005
long long n,a[MN],h[MN],k[MN],id[MN];
bool cmp(const long long&x,const long long&y){return h[x]<h[y];}
int main(){
freopen("add.in","r",stdin);
freopen("add.out","w",stdout);
B[fread(B,1,1<<26,stdin)]=0;
register int i;
n=read();
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),h[i]=read(),k[i]=read(),id[i]=i;
sort(id+1,id+n+1,cmp);
ll now=0;
for(i=1;i<=n;i++)
if((double)a[id[i]]*k[id[i]]>2e18) now=h[id[i]];
else now=min(now+a[id[i]]*k[id[i]],h[id[i]]);
printf("%lld\n",now);
return 0;
}
T2 减(minus)
问题描述
S 君是秘密组织“TB”的成员，现在他要执行一项潜入任务。潜入地点可以抽象为一张𝑛个点𝑚条边的无向
图，点编号为1到𝑛，每条边上设有警戒设备，第𝑖条边上的警戒值为𝑤𝑖，警戒值越高代表经过这条边时越危
险。现在 S 君已经位于1号节点，他需要到位于𝑛号节点的数据库上窃取数据。
为了 S 君的安全，S 君的搭档小 N 会在后方提供支援，小 N可以让至多𝑘条边上的警戒设备在这次潜入任
务中暂时失效。小N 的目标是让 S 君执行任务时需要经过的最危险的有效警戒设备的警戒值尽可能小，请你
求出这个值。
输入格式
第一行三个整数𝑛,𝑚,𝑘。 接下来𝑚行，每行三个整数𝑥𝑖,𝑦𝑖,𝑤𝑖，表示有一条连接𝑥𝑖,𝑦𝑖且
警戒值为𝑤𝑖的边。
输出格式
输出一个整数，表示答案，如果不能完成任务，输出−1，如果可以不经过任何有效警戒设备，输出0。
样例
样例输入
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6
样例输出
4
数据范围
对于全部数据， 𝑛 ≤ 1000， 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑚 ≤ 104， 1 ≤ 𝑤𝑖 ≤ 106。数据可能有一定梯度。
附加说明
如果你觉得太简单，可以把这题的数据范围当成：
𝑛,𝑚 ≤ 106，𝑘 ≤ 𝑚，1 ≤ 𝑤𝑖 ≤ 109。
Solution
二分答案后用最短路求1到n最少经过多少条大于答案的边，不超过k即合法。要求的最短路边权只有0和1，
可以直接bfs，走长度为0的边拓展出的点直接放在队头优先拓展，答案只要二分是第几大的边权，时间复杂
度O((n+m)logm)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
char B[1<<26],*S=B;
inline int read(){
int x;char c;
while((c=*S++)<'0'||c>'9');
for(x=c-'0';(c=*S++)>='0'&&c<='9';)x=x*10+c-'0';
return x;
}
#define MM 1000005
#define MN 1000005
#define mid (l+r>>1)
int n,m,k;
struct edge{int to,w,nex;}e[MM<<1];int cnt,hr[MN];
int id[MM],W[MM<<1],MAXW;
inline void ins(int x,int y,int w){
e[++cnt]=(edge){y,1,hr[x]};hr[x]=cnt;W[cnt]=w;
e[++cnt]=(edge){x,1,hr[y]};hr[y]=cnt;W[cnt]=w;
id[cnt>>1]=cnt;
}
int d[MN],q[MM<<1],hq,tq;
bool mark[MN];
inline void bfs(){
memset(d,127,sizeof d);
memset(mark,false,sizeof mark);register int i;
for(d[q[hq=tq=MN]=1]=0;hq<=tq;hq++)if(!mark[q[hq]]){
mark[q[hq]]=true;int D=d[q[hq]];if(D>k) break;
for(i=hr[q[hq]];i;i=e[i].nex)if(!mark[e[i].to]&&d[e[i].to]>D+e[i].w){
if(e[i].w==1) d[q[++tq]=e[i].to]=D+1;
else d[q[hq--]=e[i].to]=D;
}
}
}
bool check(int x){
register int i;
for(i=1;i<=cnt;i++) e[i].w=W[i]>x?1:0;
bfs();return d[n]<=k;
}
inline bool cmp(const int&x,const int&y){
return W[x]<W[y];
}
int main(){
freopen("minus.in","r",stdin);
freopen("minus.out","w",stdout);
B[fread(B,1,1<<26,stdin)]=0;
n=read();m=read();k=read();
register int i,f,t,w;
for(i=1;i<=m;i++){
f=read(),t=read(),w=read();ins(f,t,w);
}
int l=0,r=m,ans;
std::sort(id+1,id+m+1,cmp);
while(l<=r){
if(check(W[id[mid]])) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
if(l>m) return 0*puts("-1");
if(r<1) return 0*puts("0");
printf("%d\n",W[id[ans]]);
return 0;
}
T3 乘(product)
问题描述
求有多少个𝑛位数各位数字的乘积为𝑘。
这里的𝑛位数字可以有前导0,但前导0同样算入乘积中。
输入格式
一行两个整数𝑛,𝑘。
输出格式
输出一个整数，表示答案。
样例
样例输入
2 0
样例输出
19
数据范围
对于 20%的数据，𝑛 ≤ 6。
对于 50%的数据，𝑛 ≤ 16。
另有 30%的数据，𝑘 = 0。
对于 100%的数据，1 ≤ 𝑛 ≤ 50,0 ≤ 𝑘 ≤ 109。
附加说明
如果你觉得太简单，可以把这题的数据范围当成：1 ≤ 𝑛 ≤ 50,0 ≤ 𝑘 ≤ 1018。
Solution
-
k=0直接枚举第一个0的出现位置，在此之前必须是19，在此之后可以是09，高精度算一下就好了
-
k>0时预处理k的所有因数，\(f_{i,j}\)表示前i位乘积为第j种因数的方案数，转移可以预处理一下每种因数乘上
1~9会变成哪种因数，考虑2，3，5，7四种质因子，10^18内只由这四种质因子组成的最多因数的数也只有
7680个，所以可以轻松AC
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
#define Base 100000000
#define Width 8
long long n,k;
struct HPint{
long long s[10],len;
void init(){memset(s,0,sizeof s);len=0;}
void PLUS(HPint o){
for(;s[len]==0&&len>0;len--);
len=max(len,o.len);
for(int i=1;i<=len;i++){if((s[i]+=o.s[i])>=Base) s[i+1]++,s[i]-=Base;}
len++;for(;s[len]==0&&len>0;len--);
}
void MUL(int o){
for(;s[len]==0&&len>0;len--);
for(int i=1;i<=len;i++) s[i]*=o;
for(int i=1;i<=len;i++){
s[i+1]+=s[i]/Base;
s[i]%=Base;
}len+=2;
for(;s[len]==0&&len>0;len--);
}
void print(){
for(;s[len]==0&&len>0;len--);
if(len==0) printf("0");
else{printf("%lld",s[len]);for(int i=len-1;i>=1;i--)printf("%08lld",s[i]);}
}
}f[55][15500];
long long num2,num3,num5,num7,N,num1,sum;
long long n2,n3,n5,n7;
inline int getnum(long long &div,int a){
int ret=0;
while(div%a==0) ret++,div/=a;
return ret;
}
map<long long,int> mp;
long long fac[15500],pin;
int next[15500][15];
int main(){
freopen("product.in","r",stdin);
freopen("product.out","w",stdout);
cin>>n>>k;
register long long i,j,l,m;HPint ans,res;ans.init();
if(k==0){
for(i=1;i<=n;++i){
res.init();res.len=res.s[1]=1;
for(j=1;j<i;++j)res.MUL(9);
for(j=n;j>i;--j)res.MUL(10);
ans.PLUS(res);
}
ans.print();return 0;
}
N=k;
num2=getnum(N,2);
num3=getnum(N,3);
num5=getnum(N,5);
num7=getnum(N,7);
if(N!=1) return 0*puts("0");
n2=n3=n5=n7=1;
for(int i=0;i<=num2;i++){
n3=n5=n7=1;
for(int j=0;j<=num3;j++){
n5=n7=1;
for(int l=0;l<=num5;l++){
n7=1;
for(int m=0;m<=num7;m++){
long long NUM=n2*n3*n5*n7;
fac[++pin]=NUM;
mp[NUM]=pin;
fac[++pin]=k/NUM;
mp[k/NUM]=pin;
n7*=7;
}
n5*=5;
}
n3*=3;
}
n2<<=1;
}
for(i=1;i<=pin;i++)for(j=1;j<10;j++) next[i][j-1]=mp[fac[i]*j];
f[0][1].len=f[0][1].s[1]=1;
for(i=0;i<n;++i)for(j=1;j<=pin;++j)
for(l=1;l<=9;++l)if(next[j][l-1])
f[i+1][next[j][l-1]].PLUS(f[i][j]);
f[n][mp[k]].print();
return 0;
}
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