2019牛客暑期多校第一场题解ABCEFHJ
A.Equivalent Prefixes
题意：给你两个数组，求从第一个元素开始到第p个元素 满足任意区间值最小的元素下标相同的 p的最大值。
题解：我们可以从左往右记录到i为止每个区间的最小值有哪些，因为每个值都是不一样的，对于当前的 i 如果1~i中每个区间最小值数量相同那么下标肯定也会相同，否则记录的值的数量就会不同，我们可以用单调栈记录目前为止每个区间的“最小值”的下标，栈里面元素数量不同时肯定不满足条件。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int a[N],b[N],u[N],v[N]; int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)) { for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&a[i]); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&b[i]); int i,cnt1=0,cnt2=0; for ( i = 1; i <= n; i++) { while (cnt1 && a[i] < a[u[cnt1]]) cnt1--; u[++cnt1] = i; while (cnt2 && b[i] < b[v[cnt2]]) cnt2--; v[++cnt2] = i; if (cnt1 != cnt2) break; } printf("%d\n", i-1); } return 0; }
B.Integration
题意：已知
求
输出
。
题解：
参考博客： https://blog.csdn.net/mmk27_word/article/details/96450520
https://www.cnblogs.com/yanlifneg/p/11211455.html#commentform
代码：
#include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long using namespace std; const int N = 1000 + 10; const ll mod = 1e9 + 7; ll a[N],b[N]; ll qp(ll a,ll b) { ll ans = 1; a%=mod; while(b) { if (b&1) ans = ans * a % mod; a = a * a % mod; b >>= 1; } return ans; } int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)) { for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%lld",&a[i]); ll ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { b[i] = 2 * a[i] % mod; for (int j = 0; j < n; j++) if (i != j) b[i] = b[i] * ((a[j]*a[j]-a[i]*a[i])%mod) %mod; b[i] = qp(b[i],mod-2); ans = ((ans + b[i]) % mod + mod) % mod; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
C.Euclidean Distance
题意：在一个n维坐标系里面有个点A(a1/m,a2/m,...,an/m)，在坐标系中找到一个点P(p1,p2,...,pn)满足pi>0且∑ni=1 pi =1，求满足条件的P到A的
最小欧几里得距离∑ni=1 (ai/m−pi)^2
题解：为了方便计算我们可以先约去m最后再将结果除以m^2，就成了求∑ni=1 (ai−pi)^2 /m^2，∑ni=1 pi =m。显然我们减小数值大的ai的值比减小值小的ai更优。
我们先将ai排序，为了使得最大值更小，我们可以每次把最大值更新到与下一个值相同大小。我们初始化能更新到的数组长度num = n,可以用来减小ai的值have = m。
如果have的值能够将前i个元素更新为a[i+1]则更新；否则num更新为i，剩余的have平分到前num个元素上，此时前num个元素的值都是a[num]-have/num。剩下的n-num个元素值为ai。
此时∑ni=1 (ai−pi)^2 /m^2 =(num*(a[num]-have/num)^2+∑ni=num+1a[i]^2)/m^2。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 1e4 + 10; const int M = 70; const ll mod = 1e9 + 7; int a[N]; int main() { int n,m; while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&a[i]); } sort(a+1,a+n+1,greater<int>()); int num = n,have = m; for (int i = 1; i < n; i++) { if (i* (a[i]-a[i+1])<= have) have -= i*(a[i]-a[i+1]); else { num = i; break; } } ll fm = 1ll * num * m * m; ll fz = (1ll*a[num]*num - have) * (1ll*a[num]*num - have) ; for (int i = num+1; i <= n; i++) fz += 1ll*num*a[i]*a[i]; ll tf = __gcd(fz,fm); fz/=tf;fm/=tf; if (fm == 1 ) printf("%lld\n", fz); else printf("%lld/%lld\n", fz,fm); } return 0; }
E：ABBA
题意：有一个长度2(n+m)的字符串，它可以被分解成n个AB，m个BA，问有多少种符合条件的字符串，答案% 10^9+7
题解：贪心，我们先用AB的A，再用BA的B，B同理。我们可以用dp[i][j]表示用了i个A和j个B组成合法序列的方案数，因为我们先用AB的A（AB有n个），再用BA的A，所以A的数量最多可以有B的数量+n个，当A的数量没这么多时可以在字符串中加个A，即 if (i-j<n) dp[i+1][j] = (dp[i+1][j]+dp[i][j])%mod; B同理。
代码：
#include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long using namespace std; const int N = 2000 + 10; const ll mod = 1e9 + 7; ll dp[N][N]; int main() { int n,m; while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { for (int i = 0; i <= n+m; i++) for (int j = 0; j <= n+m; j++) dp[i][j] = 0; dp[0][0] = 1; for (int i = 0; i <= n+m; i++) for (int j = 0; j <= n+m; j++) { if (i-j<n) dp[i+1][j] = (dp[i+1][j]+dp[i][j])%mod; if (j-i<m) dp[i][j+1] = (dp[i][j+1]+dp[i][j])%mod; } printf("%lld\n",dp[n+m][n+m]); } return 0; }
F:Random Point in Triangle
题意：在△ABC中任选一个点P，P与A、B、C三点相连，求最大的面积的期望E = max{S△PBC，S△APC，S△ABP} * 36的结果。
题解：E= 11/36 * S△ABC => 36E = 11 S△ABC
证明参考：https://www.cnblogs.com/WAautomaton/p/11211864.html
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main() { ll x1,x2,x3,y1,y2,y3; while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x1,&y1,&x2,&y2,&x3,&y3)) printf("%lld\n", abs(11*(x1*y2+x2*y3+x3*y1-x1*y3-x3*y2-x2*y1))); return 0; }
H.XOR
题意：给你一个有n个元素的集合a，问a的异或和为0的所有子集的元素数量和。
题解：我们可以转化为求每个数能异或为0的贡献。这里要用到线性基 <--- 推荐博客。
我们先求集合a的线性基A，A中元素数量为r，对于线性基外n-r个元素，任选一个还剩n-r-1个，那么这n-r个元素每个的贡献为2^(n-r-1);
然后我们考虑线性基内的元素x，我们对剩下n-1个数求线性基，避免超时我们先对线性基A外的n-r个元素求线性基B，然后在计算线性基A内各个元素x的贡献时，将B数组赋值给C再将A内其他元素加入C内，如果x加不进则求x的贡献。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 1e5 + 10; const int M = 70; const ll mod = 1e9 + 7; ll a[N],b[N],A[M],B[M],C[M]; bool add(ll arr[],ll x) { for (int i = 63; i >= 0; i--) { if (x & (1ll<<i)) { if (arr[i]) x^=arr[i]; else { arr[i] = x; return true; } } } return false; } ll qp(ll y){ ll ans = 1,x = 2; while(y) { if (y&1) ans = ans*x%mod; x = x * x % mod; y>>=1; } return ans; } int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)) { memset(A,0,sizeof(A)); memset(B,0,sizeof(B)); int r = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%lld",&a[i]); if (add(A,a[i])) b[r++] = a[i]; else add(B,a[i]); } if (r == n) { printf("0\n"); continue; } ll ans = (n-r) * qp(n-r-1) %mod; for (int i = 0; i < r; i++) { for (int j = 0; j <= 63; j++) C[j] = B[j]; for (int j = 0; j < r; j++) if (i!=j) add(C,b[j]); if (!add(C,b[i])) ans = (ans + qp(n-r-1)) % mod; } printf("%lld\n", ans); } return 0; }
J.Fraction Comparision
题意：比较x/a和y/b的大小关系。
题解：因为 0≤ x,y ≤10^18，所以我们可以先比较整数部分，当整数部分相同时再把余数交叉相乘比较大小。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 64 + 10; int main() { ll x,y,a,b; while(~scanf("%lld%lld%lld%lld",&x,&a,&y,&b)) { ll t1 = x/a, t2 = y/b; if (t1 < t2) printf("<\n"); else if (t1 > t2) printf(">\n"); else { t1 = x%a*b; t2 = y%b*a; if (t1 < t2) printf("<\n"); else if (t1 > t2) printf(">\n"); else if (t1 == t2) printf("=\n"); } } return 0; }
