AtCoder Beginner Contest 156
A - Beginner
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int n,r; scanf("%d%d",&n,&r); if(n>=10) printf("%d\n",r); else printf("%d\n",r+100*(10-n)); return 0; }
B - Digits
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int n,k,ans=0; scanf("%d%d",&n,&k); while(n) { n/=k; ans++; } printf("%d\n",ans); return 0; }
C - Rally
题意：在一条直线上，有N个人，分别在Xi位置上，要求找一点使得N个人到该点的距离平方和最小，并输出距离平方和。
数据范围：$1 \leq N,Xi \leq 100$
题解：暴力枚举每一个1~100每个位置即可。
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=105; int a[N]; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int n,ans=1e9; scanf("%d",&n); for(int i=0,x;i<n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(int i=1;i<=100;i++) { int s=0; for(int j=0;j<n;j++) { s+=(a[j]-i)*(a[j]-i); } ans=min(ans,s); } printf("%d\n",ans); return 0; }
D - Bouquet
题意：有n种不同的花，每种一朵，要求至少取1朵但，不能取a朵或b朵花，求能取得方案数（mod 1e9+7)。
数据范围：$2 \leq n \leq 10^{9},1 \leq a < b \leq min(n,2\times 10^{5})$
题解：总方案数-取a朵-取b朵-不取。即为 $2^{n}-C_{n}^{a}-C_{n}^{b}-1$。
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int MD=1e9+7; int quick_pow(int x,int y) { int ans=1; while(y) { if(y&1) ans=1LL*ans*x%MD; y>>=1; x=1LL*x*x%MD; } return ans; } void add(int &x,int y) { x+=y; if(x>=MD) x-=MD; if(x<0) x+=MD; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int n,a,b; scanf("%d%d%d",&n,&a,&b); int ans=quick_pow(2,n),s=1; add(ans,-1); for(int i=1;i<=b;i++) { s=1LL*s*(n-i+1)%MD,s=1LL*s*quick_pow(i,MD-2)%MD; if(i==a) add(ans,-s); if(i==b) add(ans,-s); } printf("%d\n",ans); return 0; }
E - Roaming
题意：有n个房间，每个房间初始有一个人，每次移动可将一个人移到另一个房间，求k次移动后n个房间的状态数。
数据范围：$3 \leq n \leq 2\times 10^{5},2 \leq k \leq 10^{9}$
题解:考虑房间人数为0的数量。
1.没有房间的人数为0的移法：把1移到2，然后2~3来回移动k-2次，最后在移回1。
2.有且只有一个房间的人数为0的移法：把1移到其它房间，然后在其它房间任意移动。
3.超过一个房间的人数为0的移法：结合上面两种移法即可。
枚举0的个数i，然后就是将i个人分到n-i的房间的子问题。
即为：$\sum_{0}^{min(k,n-1)}C_{n}^{i}*C_{n-1}^{i}$
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=4e5+5; const int MD=1e9+7; int f[N],inv[N]; int quick_pow(int x,int y) { int ans=1; while(y) { if(y&1) ans=1LL*ans*x%MD; y>>=1; x=1LL*x*x%MD; } return ans; } int C(int n,int m) { return 1LL*f[n]*inv[m]%MD*inv[n-m]%MD; } void add(int &x,int y) { x+=y; if(x>=MD) x-=MD; } void init() { f[0]=1; for(int i=1;i<N;i++) f[i]=1LL*f[i-1]*i%MD; inv[N-1]=quick_pow(f[N-1],MD-2); for(int i=N-2;i>=0;i--) inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%MD; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); init(); int n,k,ans=0; scanf("%d%d",&n,&k); k=min(k,n-1); for(int i=0;i<=k;i++) { add(ans,1LL*C(n,i)*C(n-1,i)%MD); } printf("%d\n",ans); return 0; }
F - Modularness
题意：有k个非负整数di，q个查询，每次查询给三个整数n，x，m，构造出一个长度为n的序列，其中:
$a_{0}=x,a_{i}=a_{i-1}+d_{(i-1) \bmod k}$，输出存在多少个下标i（0<=i<n-1）满足$a_{i} \bmod m <a_{i+1}\bmod m$。
数据范围：$1 \leq k,q \leq 5000,0 \leq di,xi \leq 10^{9},2 \leq ni,mi \leq 10^{9}$
题解：总数 - $a_{i} \bmod m =a_{i+1}\bmod m$的数目 - $a_{i} \bmod m >a_{i+1}\bmod m$的数目。
可以先将di对m取模，这样di是一个小于m的数。
1.$a_{i} \bmod m =a_{i+1}\bmod m：di=0$
2.$a_{i} \bmod m >a_{i+1}\bmod m：\left \lfloor \frac{a_{i}}{m} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{a_{i+1}}{m} \right \rfloor-1$
1可以很轻易的算出，2等价于$\left \lfloor \frac{a_{n-1}}{m} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{a_{0}}{m} \right \rfloor$。
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=5e3+5; int d[N],t[N],k,q; ll cal(int n,int x,int m) { ll s=0; for(int i=0;i<k;i++) { t[i]=d[i]%m; if(t[i]==0) t[i]=m; s+=t[i]; } ll ans=x+s*((n-1)/k); for(int i=0;i<(n-1)%k;i++) { ans+=t[i]; } return n-1-(ans/m-x/m); } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); scanf("%d%d",&k,&q); for(int i=0;i<k;i++) { scanf("%d",&d[i]); } for(int i=0,n,x,m;i<q;i++) { scanf("%d%d%d",&n,&x,&m); printf("%lld\n",cal(n,x,m)); } return 0; }
