牛客多校2022第四场A,H,K,N

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
struct node
{
    double p,w;
};
const int N =1e5+100;
int n,m;
node a[N];
double dp[N];
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
    return a.w+a.p*b.w<b.w+b.p*a.w;
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i].w;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i].p;
        a[i].p/=10000.0;
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=min(i,m);j>=1;j--)
            dp[j]=max(dp[j],a[i].w+a[i].p*dp[j-1]);
    cout<<fixed<<setprecision(12)<<dp[m]<<endl;
    return 0;
}

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H
构造，数学
题意：给定一个整数n，则有长度为n砖1块，n-1的2块，一直到长度为1的砖n块，这些砖头宽度均为1
要求你用上所有砖垒一堵矩形的墙，输出这堵墙周长最小的方案数和每一块砖的左上角以及右下角。

思路：首先是周长，我们易知面积是一定的，又知area=n*m。所以可以枚举最相近的n和m值

然后让长度最小的情况下，一层一层的垒砖就可以了

#include 

using namespace std;
int l,h,num[200+100];
int main()
{
    int t;
    for(cin>>t;t;t--)
    {
        int n,area=0;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            area+=(n-i+1)*i;
            num[i]=n-i+1;
        }
        for(int i=1;i*i<=area;i++)
        {
            if(area%i==0)
            {
                l=area/i;
                h=i;
            }
        }
        cout<<(l+h)*2<<endl;
        for(int i=0;i<h;i++)
        {
            int temp=0;
            while(temp<l)
            {
                int j=min(n,l-temp);
                while(!num[j])
                {
                    j--;
                }
                cout<<temp<<" "<<i<<" "<<temp+j<<" "<<i+1<<endl;
                temp+=j;
                num[j]--;
            }
        }
    }
    return 0;
}

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K
SB
题意：变量a要顺序的遍历1到n，当且仅当a取模n同余于i（i代表1-n的第i个数）时算i被遍历了，并且可以继续遍历下一项。a的初始值为0，遍历前可以进行0-x次操作。求遍历整个数组需要的最小操作次数
操作定义：a=a*10+x（x是从0到9的任意一个数）

思路：首相易知n为1情况下答案是0.
遍历第i项时，a的数值取模于n肯定是i-1，也就是有效部分就是i-1，也就是a就可以当做i-1考虑。

a进行一次操作，能和a取模于n同余的数就多了。
第一次操作
[a10%n，a10%n+10)(这个最大值是取不到的)
第二次操作
[a1010%n，a1010%n+10*10)
以此类推

所以只要让i%n或者i%n+n在这个范围里就好了

#include
using namespace std;
int n,m,ans;
int calc(int x,int y)
{
    int cnt=1,len=10;
    x=10*x%n;
    while(1)
    {
        int l=x,r=x+len;
        if((y>=l&&y<r)||(y+n>=l&&y+n<r))
            return cnt;
        ++cnt;
        len*=10;
        x*=10;
        x%=n;
    }
}
int main()
{
    cin>>n;
    if(n==1)
    {
        cout<<0<<endl;
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        ans+=calc(i-1,i%n);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}
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N
思维题
题意：给定n个数，这n个数可以选择任意两个数然后做and和or运算产生两个值，无限次操作之后数组趋于稳定，问这个稳定数组的方差。

很容易想到二进制状态的位运算，对齐两个数，只有这两个数的二进制位不同时才会交换对应二进制位的0和1.相同时没有变化。所以最终的稳定数组应当是在二进制视角下的两极分化。

比如：010 110 001最终会变成111 010 000.
然后就是求方差的过程。
发现根据数据范围最大到1e25.爆longlong当时int128可以接受。
另一种方法是优化公式。

#include 

using namespace std;
#define ll __int128
const ll N = 1e5+100;
ll a[N];
ll bit[20];
ll b[N];
__int128 read()
{
    __int128 f=1,w=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
        f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch<='9'&&ch>='0')
    {
        w=w*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return f*w;
}
void print(__int128 x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar('-');
        x=-x;
    }
    if(x>9)print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
ll gcd(ll a,ll b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    ll n;
    n=read();
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=read();
        for(ll j=0;j<=15;j++)
        {
            ll temp=(a[i]>>j);
            if(temp&1)
            {
                bit[j]++;
            }
        }
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=15;j>=0;j--)
        {
            if(bit[j])
            {
                bit[j]--;
                b[i]+=1<<j;
            }
        }
    }
    ll sum=0;
    ll sum1=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        sum+=b[i];
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        sum1+=(n*b[i]-sum)*(n*b[i]-sum);
    }
    ll mm=n*n*n;
    print(sum1/gcd(sum1,mm));
    printf("/");
    print(mm/gcd(sum1,mm));
    return 0;
}
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再做两个SA的题今天就下班了。