【校内test】桶哥的问题
(以上题目出自_rqy两年前)
#A:桶哥的问题——买桶【链接】
【题目描述】
桶哥要买一些全家桶。他有a元钱,而每个桶要花b元钱。他能不能买到c个桶?
【输入格式】
一行三个整数a, b, c
【输出格式】
Yes或No
【输入样例#1】 【输出样例#1】
26 4 5 Yes
【输入样例#2】 【输出样例#2】
3 4 5 No
显然这道题很很很简单的了,然后数据好像也没有需要特判的(好像有些人特判然后就90pts了qwq)
思路就是直接b*c与a比,如果b*c≤a,那么Yes,否则No
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; long long a,b,c;//唯一注意要开long long int main(){ scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c); long long ans = b*c; if(ans<=a)cout<<"Yes"<<endl; else cout<<"No"<<endl; return 0; }
没什么大问题,next~
#B:桶哥的问题——送桶【链接】
【题目描述】
桶哥买了n个桶,他要将这些桶送去n个人的家。他送第i个桶需要ai的时间,需要在bi之前送到。桶哥很懒,他想要尽量晚起身去送桶。问他最晚什么时候要去送桶?
桶哥在送完一个桶之后可以紧接着去送另一个桶。
【输入格式】
一行一个整数n,以下n行每行两个整数表示ai,bi。
【输出格式】
一行一个整数,表示桶哥最晚什么时候起身。
【输入样例】 【输出样例】
4 2
1 6
2 7
2 8
1 7
40pts-错误思路:把所有ai加起来sum(ai),然后找到一个最大的bi,用bi(max)-sum(ai)可以得40pts;
90pts-错误思路:计算每个ai与bi的差值,以及bi(max)-sum(ai),取min,可以骗到90pts;
100pts-正确思路:
对所有的桶按照bi的大小,从小到大排序(对于ai没有要求)(可以用sort解决),然后从1~n for循环:求出当前枚举到的所有ai的和suma,用当前的bi(因为已经排过序了所以当前bi即为当前最大的bi)减去suma(差值暂且叫它kb),取最小的kb即为ans;
90pts代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> const int maxn=1e6+10; using namespace std; int n,minn=1e9+7,suma,maxb; struct tong{ int a,b,c; }t[maxn]; bool cmp(tong x,tong y){ if(x.b==y.b)return x.a>y.a; else return x.b<y.b; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&t[i].a,&t[i].b); t[i].c=t[i].b-t[i].a; if(t[i].c<minn) minn = t[i].c; if(t[i].b>maxb)maxb=t[i].b; suma+=t[i].a; } int sumc=maxb-suma; if(sumc<minn)cout<<sumc<<endl; else cout<<minn<<endl; return 0; }
100pts代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> const int maxn=1e6+10; using namespace std; int n,suma,kb,ans=1e9; struct tong{ int a,b,c; }t[maxn]; bool cmp(tong x,tong y){ if(x.b==y.b)return x.a>y.a; else return x.b<y.b; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&t[i].a,&t[i].b); sort(t+1,t+n+1,cmp); for(int i=1;i<=n;i++){ suma+=t[i].a; kb=t[i].b-suma; if(kb<ans) ans=kb; } cout<<ans<<endl; return 0; }
#C:桶哥的问题——吃桶【链接】
【题目描述】
桶哥的桶没有送完,他还有n个桶。他决定把这些桶吃掉。他的每一个桶两个属性:种类ai和美味值bi。若下标为x,y,z(下标从1开始)的三个桶满足:
x<z且x+y=z-2y且ax=az
那么它们构成一个套餐,会产生
(x+z)*(bx-bz)
的价值。问:一共会产生多少价值?
【输入格式】
第一行两个整数n,m,表示共有m种共n个桶。
第二行n个整数表示bi,
第三行n个整数表示ai。
【输出格式】
一行一个整数,表示一共会产生多少价值。由于这个数可能很大,你只需要输出它除以10007的余数。如果答案是负的,请将其加上10007再对10007取余。
【输入样例#1】 【输出样例#1】
5 2 23
6 7 8 7 3
1 2 2 1 2
【输入样例#2】 【输入样例#2】
5 2 9974
6 3 8 7 7
1 2 2 1 2
【数据范围】(是个谜)
40~50pts思路:
直接暴力模拟这个过程,时间复杂度大概是O(n2 )的
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> const int maxn=100010; const int mo=10007; using namespace std; int n,m,xb,ans; struct jgt{ int a,b,xb; }t[maxn]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].b); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].a); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ xb=i+j*3; if(t[xb].a==t[i].a) ans += ((i+xb)%mo*(t[i].b-t[xb].b)%mo)%mo; else continue; } } ans%=mo;ans+=mo;ans%=mo; cout<<ans<<endl; }
100pts:
化简介个式子,可以知道x与z mod3 同余。那么我们可以不管y了,将这n个桶分为下标mod3余1,mod3余2和mod3余0三种,那么对于组来说:
这个式子可以拆成xbx+zbx-xbz-zbz
对于每一项分开枚举:
xbx:
开两个数组:c1[]和c[],c1[i]用来储存第i种桶的xbx是多少,c[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的xbx的和(每个xbx只加一遍)
那么有:
c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx //举个例子:假设mod3余1的有:(下标,种类,价值)(1,1,6)(4,1,7)(7,1,2),
那么第一遍:c1[1]=0+0=0;c[1]=0+1*6=6第二遍: c1[1]=0+6=6;c[1]=6+4*7=32;第三遍:c1[1]=6+32;c[1]=32+14; 这样刚好每个x都加了对应的遍数 c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;
//用来存储xbx的一遍和。另外要注意把c1放在前面而不是c。
zbx:
开两个数组:c2[]和c0[],c2[i]用来储存第i种桶的zbx是多少,c0[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的bx和;
(啊我的天不知道怎么表达qwq)
c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时,储存bx
xbz:
开两个数组:c4[]和c3[],c4[i]用来储存第i种桶的xbz是多少,c3[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的下标和;
c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和,用于计算xbz
zbz:
开两个数组:c6[]和c5[],c6[i]用来储存第i种桶的zbz是多少,c5[i]用来储存当前枚举到的所有的第i种桶的个数;
c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod;//储存zbz c5[t[i].a] ++;//记录第i种桶个数
嗯-大概吧:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int read() { int ans = 0, c, f = 1; while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f *= -1; do ans = ans * 10 + c - '0'; while (isdigit(c = getchar())); return ans * f; } const int mod=10007; const int maxn=1000010; int n,m,ans,ans1; int c[maxn>>2], c1[maxn>>2], c2[maxn>>2], c3[maxn>>2],c0[maxn>>2],c4[maxn>>2]; int c5[maxn>>2],c6[maxn>>2]; struct jgt{ int a,b; }t[maxn]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].b),t[i].b%=mod; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i].a); for(int i=1;i<=n;i+=3){ c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;//用来存储xbx的一遍和 c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时,储存bx c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和,用于计算xbz c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod; c5[t[i].a] ++; } for(int i=1;i<=m;i++) ans = (ans%mod+c1[i]%mod+c2[i]%mod-c4[i]-c6[i])%mod; memset(c, 0, sizeof(c));memset(c0, 0, sizeof(c0)); memset(c1, 0, sizeof(c1));memset(c2, 0, sizeof(c2)); memset(c4, 0, sizeof(c4));memset(c3, 0, sizeof(c3)); memset(c5, 0, sizeof(c5));memset(c6, 0, sizeof(c6)); for(int i=3;i<=n;i+=3){ c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;//用来存储xbx的一遍和 c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时,储存bx c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和,用于计算xbz c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod; c5[t[i].a] ++; } for(int i=1;i<=m;i++) ans = (ans%mod+c1[i]%mod+c2[i]%mod-c4[i]-c6[i])%mod; memset(c, 0, sizeof(c));memset(c0, 0, sizeof(c0)); memset(c1, 0, sizeof(c1));memset(c2, 0, sizeof(c2)); memset(c4, 0, sizeof(c4));memset(c3, 0, sizeof(c3)); memset(c5, 0, sizeof(c5));memset(c6, 0, sizeof(c6)); for(int i=2;i<=n;i+=3){ c1[t[i].a] = (c1[t[i].a]%mod+c[t[i].a]%mod);//存储xbx c[t[i].a] = (c[t[i].a]%mod+(i%mod)*(t[i].b%mod))%mod;//用来存储xbx的一遍和 c2[t[i].a] = (c2[t[i].a]%mod+(i%mod)*(c0[t[i].a])%mod)%mod;//储存zbx c0[t[i].a] = (c0[t[i].a]%mod+t[i].b)%mod;//用于计算zbx时,储存bx c4[t[i].a] = (c4[t[i].a]%mod+c3[t[i].a]%mod*t[i].b%mod)%mod;//存储xbz c3[t[i].a] = c3[t[i].a]%mod+i%mod;//存储下标的和,用于计算xbz c6[t[i].a] = (c6[t[i].a]%mod+t[i].b%mod*c5[t[i].a]%mod*i%mod)%mod; c5[t[i].a] ++; } for(int i=1;i<=m;i++) ans = (ans%mod+c1[i]%mod+c2[i]%mod-c4[i]-c6[i])%mod; printf("%d",(ans+mod)%mod); }
最后,一定要记得:多取模
败在了取mod取得少上qwq
end-