随笔- 114 文章- 0 评论- 13 阅读- 31331

C.数组分割

思路：因为最后要是分为2组偶数。由于偶数+偶数=偶数，奇数+奇数=偶数。那么我们的奇数个数一定要是偶数个。如果奇数个数为奇数个那直接就不行了，答案是0。如果奇数的个数是偶数的话，假设偶数n个，奇数m个。 $C_{n}^{0} + C_{n}^{1} + C_{n}^{2} . . . + C_{n}^{n} = 2^{n}$ ， $C_{m}^{0} + C_{m}^{2} + C_{m}^{3} . . . + C_{m}^{m} = \frac{2^{m}}{2} (偶数次 + 奇数次 = 2^{m} ，那么偶数次就是 \frac{2^{n}}{2})$ 。那么最后答案就是 $2^{n} * 2^{m - 1} = 2^{n + m - 1}$

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll qmi(ll a, ll b, ll mod)
{
    ll ans = 1 % mod;
    while(b)
    {
        if(b & 1) ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int t; cin>>t;
    while(t--)
    {
        int n; cin>>n;
 
        ll odd = 0,even = 0;
        for(int i = 1;i <= n; i++)
        {
            ll x; cin>>x;
            if(x % 2)odd++;
            else even++;
        }
        if(odd % 2)cout<<0<<"\n";
        else{
            ll ans = 1;
            if(odd)
                ans = qmi(2ll,odd-1,mod);
            ans %= mod;
            ans *= qmi(2ll,even,mod);
            ans %= mod;
            cout<<ans<<"\n";
        }
        
    }
    return 0;
}

D.矩形总面积

小模拟+容斥一下

对于重叠部分：

$s x = m a x (x 1, x 3), s y = max (y 1, y 3)$ 左下角左边取max
$e x = m i n (x 2, x 4), e y = min (y 2, y 4)$ 右上角左边取min

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    ll x1,y1,x2,y2,x3,y3,x4,y4;
    cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>x3>>y3>>x4>>y4;
    //(x1,y1) (x2,y2) (x3,y3) (x4,y4)
    ll s1 = (x2-x1)*(y2-y1);
    ll s2 = (x4-x3)*(y4-y3);
 
    ll sx = max(x1,x3),sy = max(y1,y3);
    ll ex = min(x2,x4),ey = min(y2,y4);
 
    if(sx < ex && sy < ey)
        cout<<s1+s2-(ex-sx)*(ey-sy)<<"\n";
    else cout<<s1+s2<<"\n";
 
    return 0;
}

E.蜗牛

是一个 $d p$ ，啊细节部分一开始写的有问题，debug好一会TAT.

思路：定义状态 $d p [i] [0 / 1]$ 。

$d p [i] [0]$ 表示到第 $i$ 个杆子是没有通过传送。

$d p [i] [1]$ 表示到第 $i$ 个杆子是通过传送到的。

注意，一开始我们在 $(0, 0)$ ,而起点到第一个杆子是没有传送的，初始化为: $d p [1] [0] = x [1], d p [1] [1] = x [1] + \frac{a [1] . h 1}{0.7}$ 。

由于第一个到第二个是特殊的。我们需要把第二个也手动初始化。

为什么第二个是特殊的呢？因为第一个到第二个的传送不需要代价，而对于别的比如第二个到第三个，需要先爬到传送点。

$d p [2] [0] = min (d p [1] [0] + (x [2] - x [1]), d p [1] [1] + a [1] . h 1 / 1.3 + (x [2] - x [1]))$

$d p [2] [1] = min (d p [1] [0] + a [1] . h 1 / 0.7, d p [1] [1])$

考虑完特殊的，其他的就很简单啦。具体的见代码。

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int x[N];
struct node
{
    int h1,h2;
}a[N];
double dp[N][2];
int main()
{
    //ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n; cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cin>>x[i];
    //up 0.7 ,down 1.3
    //第i个的h1高度传送门到达i+1的h2高度
    for(int i = 1;i < n; i++)
        cin>>a[i].h1>>a[i].h2;
    dp[1][0] = x[1],dp[1][1] = x[1]+a[1].h1/0.7;
    dp[2][0] = min(dp[1][0]+(x[2]-x[1]),dp[1][1]+a[1].h1/1.3+(x[2]-x[1]));
    dp[2][1] = min(dp[1][0]+a[1].h1/0.7,dp[1][1]);
    for(int i = 3;i <= n; i++)
    {
        dp[i][0] = min(dp[i-1][0]+(x[i]-x[i-1]),dp[i-1][1]+(a[i-2].h2)/1.3+(x[i]-x[i-1]));
 
        if(a[i-2].h2 < a[i-1].h1)
            dp[i][1] =dp[i-1][1]+(a[i-1].h1-a[i-2].h2)/0.7;
        else dp[i][1] = dp[i-1][1]+(a[i-2].h2-a[i-1].h1)/1.3;
        dp[i][1] = min(dp[i][1],dp[i-1][0]+a[i-1].h1/0.7);
    }
 
    printf("%.2lf",min(dp[n][0],dp[n][1]+a[n-1].h2/1.3));
    return 0;
}

F.合并区域

啊这个我一开始想简单了，以为只有一个地方可以进行合并，但发现可以有多个....写起来很恶心，要不断建图，然后dfs

G.买二赠一

贪心+单调队列

先排序，从大到小的买。当买了两个，较小的那个的价格的一半放入单调队列。每次买之前check一下能否使用免费，能用就用。

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 5e5 + 10;
 
int a[N];
 
bool cmp(int a,int b)
{
    return a > b;
}
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n; cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
 
    int l = 1;
    ll ans = 0;
    priority_queue<int>q;
 
    auto check_can_free = [&](){
        while(!q.empty() && l <= n)
        {
            int t = q.top();
            if(t >= a[l]){
                q.pop();
                l++;
            }else break;
            
        }
    };
    while(l <= n)
    {
        check_can_free();
        if(l<=n)
        {
            ans += a[l];
            l++;
        }
        check_can_free();
        if(l<=n)
        {
            ans += a[l];
            q.push(a[l]/2);
            l++;
        }
    }
 
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

I.最大开支

挺经典的一个题目，对于这类题，我们考虑，对于某一个项目，如果x个人参加价格就是 $c o s t 1 = x * (k x + b)$ ，如果 $x + 1$ 个人参加就是 $c o s t 2 = (x + 1) * (k (x + 1) + b)$ 。

我们对二者做差就是 $c o s t 2 - c o s t 1 = 2 k x + k + b$ 。这便是对于该项目多增加一人的价格的增量。

我们用priority_queue来实现(自定义排序)，每次把增量最大的取出来，如果增量 $> 0$ 说明还可以往该项目加入，否则的话就结束。

自定义排序模板：

 struct cmp{
   bool operator()(vector<int>&a,vector<int>&b){
       return a[0]>b[0]; 
   }
};
priority_queue<vector<int>,vector<vector<int>>,cmp> q;//小顶堆

代码：

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
 
ll get(ll x,ll k,ll b)
{
    return x*max(0ll,k*x+b);
}
 
ll add(int x,int k,int b)
{
    //return get(x+1,k,b)-get(x,k,b);
    return 2ll*k*x+k+b;
}
 
 
struct Node
{
    int num,k,b;
    Node(int _num,int _k,int _b){num = _num;k = _k;b = _b;};
};
 
 
struct cmp{
   bool operator()(Node& a,Node& b){
       ll cost1 = get(a.num+1,a.k,a.b)-get(a.num,a.k,a.b);
       ll cost2 = get(b.num+1,b.k,b.b)-get(b.num,b.k,b.b);
       return cost1 < cost2;
   }
};
priority_queue<Node,vector<Node>,cmp> q;
 
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    
    int n,m; cin>>n>>m;
    for(int i = 1;i <= m; i++)
    {
        ll k,b; cin>>k>>b;
        q.push(Node(0ll,k,b));
    }
    //max(0,kx+b)
    //need = x*(kx+b) = kx^2 + bx
    //mx = -(b/2*k) or -(b/k*k+1)
 
    //(k*(x+1)+b)*(x+1)-(kx+b)*x
    //2kx+k+b
 
    for(int i = 1;i <= n; i++)
    {
        Node t = q.top(); q.pop();
        int num = t.num,k = t.k,b = t.b;
        ll cost = add(num,k,b);
        //cout<<"num = "<<num<<"k = "<<k<<" b = "<<b<<" cost = "<<cost<<"\n";
 
        if(cost<=0)
        {
            q.push(t);
            break;
        }else{
            t.num++;
            q.push(t);
        }
    }    
 
    ll ans = 0;
    while(!q.empty())
    {
        Node t = q.top(); q.pop();
        int num = t.num,k = t.k,b = t.b;
        ans += get(num,k,b);
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

posted on 2024-03-07 23:19 nannandbk 阅读(359) 评论(0) 编辑收藏举报

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	// AC one more times
	// nndbk
	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	typedef long long ll;
	const int mod = 1e9 + 7;
	const int N = 2e5 + 10;
	ll qmi(ll a, ll b, ll mod)
	{
	ll ans = 1 % mod;
	while(b)
	{
	if(b & 1) ans = ans * a % mod;
	a = a * a % mod;
	b >>= 1;
	}
	return ans;
	}

	int main()
	{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	int t; cin>>t;
	while(t--)
	{
	int n; cin>>n;

	ll odd = 0,even = 0;
	for(int i = 1;i <= n; i++)
	{
	ll x; cin>>x;
	if(x % 2)odd++;
	else even++;
	}
	if(odd % 2)cout<<0<<"\n";
	else{
	ll ans = 1;
	if(odd)
	ans = qmi(2ll,odd-1,mod);
	ans %= mod;
	ans *= qmi(2ll,even,mod);
	ans %= mod;
	cout<<ans<<"\n";
	}

	}
	return 0;
	}

	struct cmp{
	bool operator()(vector<int>&a,vector<int>&b){
	return a[0]>b[0];
	}
	};
	priority_queue<vector<int>,vector<vector<int>>,cmp> q;//小顶堆