前言

今天第一次正式C组题，不过……比较恐怖。

正题

题目1：公牛和母牛（jzoj1292）

有n头牛，可以是公牛或母牛，每头公牛之间至少得有k头母牛。求方案数。

输入输出（建议跳过）

Input

第一行：两个空格隔开的整数N（N<=100000）和K。

Output

输出一个整数表示方法总数，答案可能很大，所以只需输出mod 5,000,011的值即可。

Sample Input

4 2

Sample Output

解题思路

推出动态转移方程，用f[i]来表示i头牛的方案数。

f[i]=f[i−1]+1(i<=k+1)f[i]=f[i−1]+1(i<=k+1)

f[i]=f[i-1]+1 (i

f[i]=f[i−k]+f[i−1](i>k+1)f[i]=f[i−k]+f[i−1](i>k+1)

f[i]=f[i-k]+f[i-1] (i>k+1)
因为如果在i处放置了公牛那么前k个就不能放，所以是f[i-k]，放母牛的话就累加之前的方案数f[i-1]

代码

#include<cstdio>
using namespace std;
int n,k,f[100001];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&k);k++;//加f[0]=1;//初始化for (int i=1;i<=n;i++){if (i>k){f[i]=(f[i-k]+f[i-1])%5000011;//动态转移}else{f[i]=(1+f[i-1])%5000011;//动态转移}}printf("%d",f[n]);//输出
}

题目2：最短路（jzοj3777）

每个点的权值遵守以下规律

f[1][1]=1
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]

然后求(1,1)到(m,n)的最小权值 mod 10000000007。

输入输出（建议跳过）

Input

一行两个正整数N,M，表示图的大小。

Output

一行一个整数Ans，表示答案模1000000007后的值。

Sample Input

1 2

Sample Output

解题思路

杨辉三角，也就是组合，然后用快速幂求组合公式

cnm=n!m!(n−m)!cmn=n!m!(n−m)!

c_m^n=\frac{n!}{m!(n-m)!}
然后取膜的快速幂

cnm(modp)=((m!(n−m)!)∗m!(p−2)(modp)+n)(modp)cmn(modp)=((m!(n−m)!)∗m!(p−2)(modp)+n)(modp)

c_m^n(modp)=((m!(n-m)!)*m!^(p-2)(modp)+n)(modp)

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;
long long n,m,s,x,y;
long long qsm(long long x,long long c)//快速幂
{long long ans=1;while (c){if (c&1) {ans=(ans*x)%mod;}x=(x*x)%mod;c>>=1;}return ans;
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);if (n<m) swap(n,m);x=1;y=1;for (long long i=n+2;i<=n+m+1;i++) x=(x*i)%mod;//求m!(n-m)!for (long long i=1;i<=m;i++) y=(y*i)%mod;//m!printf("%lld",(x*qsm(y,mod-2)%mod+n)%mod);//公式
}

题目3：Magical GCD（jzoj3780）

给出一个长n的序列，i到j的价值为i到j的最大公约数乘以它的长度。求最大价值

输入输出（建议无视）

Input

单个测试点包含多组数据。
输入的第一行是一个整数T表示数据组数。
每组数据的第一行是一个整数N，描述序列长度。
接下来N个数字，描述这个序列元素A[i]。

Output

对于每组测试数据输出一行，包含一个整数，表示序列最大的 Magical GCD。

Sample Input

1
5
30 60 20 20 20

Sample Output

解题思路

暴力枚举左到右会超时，所以我们用g[i]表示从i到r的gcd。
然后我们会发现这样会有许多重复的，只要我们过滤掉重复的gcd就好了。
所以我们先用一个右指针和左指针，发现重复时，就可以利用指针在下次枚举时无视自己

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
int ls[100001],nx[100001],t,n;
ll a[100001],g[100001],maxs;
ll gcd(ll x,ll y)//辗转相除法
{if (x%y==0) return y;else return gcd(y,x%y);
}
int main()
{scanf("%d",&t);for (int ti=1;ti<=t;ti++){maxs=0;scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);g[i]=a[i];nx[i]=i+1;//左指针ls[i]=i-1;//右指针}for (int r=1;r<=n;r++)for (int i=1;i<=r;i=nx[i]){g[i]=gcd(g[i],a[r]);//求最大公约maxs=max(g[i]*(r-i+1),maxs);//求最大值if (g[i]==g[i-1])//发现重复{nx[ls[i]]=nx[i];//修改指针让下次无视自己ls[nx[i]]=ls[i];//同上}}printf("%lld\n",maxs);}
}

题目4：Multiset（jzoj3781）

有一个数0，有以下两种操作

让一个数增加x=x+1
将一个数分裂为两个非负整数

给出一个序列，求出至少要多少次操作才可以变为这个序列

输入输出（建议无视）

Input

第一行为一个整数N，描述最终集合的大小。
第二行为N个非负整数，为最终集合的每一个元素。

Output

输出唯一一行，Alice 最少玩的轮数。

Sample Input

Sample Input 1
1
0

Sample Input 2
4
1 1 1 1

Sample Input 3
5
0 3 0 3 0

Sample Output

Sample Output 1
0
Sample Output 2
3
Sample Output 3
5

解题思路

首先感谢纪中dalao的帮助
反推，就变成了减去1和合并这两种操作。
然后贪心：用桶w[i]来表示在第i步有多少个数会变为0

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,x,maxs,s;
int w[1000001];
int main()
{scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&x);w[x]++;//桶maxs=max(maxs,x);//记录最大值}s=w[0];//0的个数for (int i=1;i<=maxs;i++){s=(s+1)/2+w[i];//合并0并加入新的0}while (s>1) {s=(s+1)/2;maxs++;}//合并剩余部分printf("%d",maxs);//输出
}

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输入输出（建议跳过）

Input

Output

Sample Input

Sample Output

解题思路

代码

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输入输出（建议跳过）

Input

Output

Sample Input

Sample Output

解题思路

代码

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输入输出（建议无视）

Input

Output

Sample Input

Sample Output

解题思路

代码

题目4：Multiset（jzoj3781）

输入输出（建议无视）

Input

Output

Sample Input

Sample Output

解题思路

代码

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