补锅之校内测（桶哥系列）
刚把吃桶吃出来，就告诉我推荐生凉了
中考完我又（欠着一大堆没有写的博客以及作业） 回来了
几乎拖了一个月的博客
感谢lz帮我保留了吃桶的代码
%%%lz
T1买桶
看到如此大的数据
1：开long long 判断a>=b*c，显然这不优雅
2：判断a/b>=c或a/c>=b，坑来了，b,c可以为0
ac代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; long long a,b,c; int main() { scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);//不知为何脑抽的开了long long if(b==0) {printf("Yes");return 0; } if(a/b>=c)printf("Yes"); else printf("No"); }
T2送桶
我们看这个样例分析，好像很简单的样子哎
我们把所有的ai加起来，再用最晚的bi减去Σai不就是答案了？？？
这当然是错的，（不然给你bi干嘛）不过这么整还是有60分的（数据水qwq）
我们举个简单的例子
a1=1,b1=2
a2=2,b2=1000
显然你不可能在997秒时去送，因为第一个桶要求在第2秒送到，此时最晚在1秒后就必须去送了
那我们怎么做呢？
读入数据后，先按bi从小到大排序，因为要求时间越早的桶就越先送。
再将当前所有的ai加起来，这是当前送桶用的总时间sum。用当前的bi减sum,这是对于i桶来说，桶哥能休息的最大时间c。从所有c中找出最小值，就是答案。因为桶哥不能耽误任何一个桶，如果不选最小值，肯定会耽误一些桶。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; long long n,c[1000005],sum,minn=10000000001; struct t{ long long a,b; }tong[1000005]; bool cmp(t k,t q) { return k.b<q.b; } int main() { scanf("%lld",&n); for(long long i=1;i<=n;i++) {scanf("%lld%lld",&tong[i].a,&tong[i].b); } sort(tong+1,tong+1+n,cmp); for(long long i=1;i<=n;i++) { sum+=tong[i].a; c[i]=tong[i].b-sum; if(c[i]<minn)minn=c[i];//其实等价于minn=min(minn,c[i]),而且c[i]好像可以直接写成c的样子 } printf("%lld",minn); }
T3:吃桶
扯点题外话
在吃完桶的一个小时内，我知道推荐生凉了
然后尝试十几天复习所有中考的内容
爽
回归正题
看这个数据范围，显然又是一道数学题
我们把式子化简一下
x+y=z-2y
z-x=3y
咦看到这里我们好像有点思路了
既然z-x是3的倍数，那我们不妨枚举y,x算出z
骗到部分分（大佬都有40，就我只有10TAT）
不过z-x=3y好像可以继续挖掘的样子
我们可以分为三组来取
简单说就是z ≡ x(mod 3)的x,z为同一组
我们回到套餐式子
(x+z)*(bx-bz)=x*bx-x*bz+z*bx-z*bz
如果在一组中，对于任意一个z来说，所有与z是同一种类的x都可以和z进行上面那个式子
所以将与z同一种类的x的和，x*bx的和，bx的和统计起来就非常有必要了
那我们不妨建三个数组，下标为当前的i所属的种类，更新xh(x的和),bxh(bx的和)xbx这三个数组，以便后面的用，同时把当前的i当作z，计算答案
小坑见代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; long long zbz,xbz,zbx,ans,n,m,a[1000005],b[1000005],xbx[100005],xh[100005],bxh[100005],xs[100005]; const long long mod=10007; int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>b[i]; } for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } for(int j=1;j<=3;j++) { for(long long i=j;i<=n;i+=3) { xbz=(b[i]*xh[a[i]]+mod)%mod; zbx=(i*bxh[a[i]]+mod)%mod; zbz=((i%mod)*(b[i]%mod)*(xs[a[i]]%mod)%mod+mod)%mod; ans=(ans+xbx[a[i]]-xbz+zbx-zbz+mod)%mod;//注意先算答案，再更新数组 bxh[a[i]]=(bxh[a[i]]+b[i]+mod)%mod;//注意取模 xs[a[i]]++;//当前a[i]种类的x出现的数量 xh[a[i]]=(xh[a[i]]+i+mod)%mod; xbx[a[i]]=(xbx[a[i]]+(i%mod)*(b[i]%mod)%mod+mod)%mod; } memset(xs,0,sizeof(xs));//一定要记住memset memset(xh,0,sizeof(xh)); memset(xbx,0,sizeof(xbx)); memset(bxh,0,sizeof(bxh)); zbz=0;zbx=0;xbz=0; } ans=(ans+mod)%mod; cout<<ans; }
弱化版：洛谷P2671求和
