A - kcal

题目大意

我们有一种每100100100毫升含有AAA千卡热量的饮料。BBB毫升的这种饮料含有多少千卡热量？

0≤A,B≤10000\le A, B\le 10000≤A,B≤1000

输入格式

ABA~BA B

输出格式

输出BBB毫升这种饮料包含的的千卡数。最大允许浮点数精度误差10−610^{-6}10−6。

样例

AAA	BBB	输出
454545	200200200	909090
373737	450450450	166.5166.5166.5
000	100010001000	000
505050	000	000

分析

废话不多说，答案就是AB100\frac{AB}{100}100AB​~

代码

#include <cstdio>
using namespace std;int main()
{int a, b;scanf("%d%d", &a, &b);a *= b;printf("%d.%d\n", a / 100, a % 100);return 0;
}

---

B - Permutation Check

题目大意

给定长度为NNN的序列A=(A1,A2,…,AN)A=(A_1,A_2,\dots,A_N)A=(A1​,A2​,…,AN​)。
判断AAA是否为(1,2,…,N)(1,2,\dots,N)(1,2,…,N)的一种排列。

1≤Ai≤N≤1031\le A_i\le N\le 10^31≤Ai​≤N≤103

输入格式

NNN
A1A2…ANA_1~A_2~\dots~A_NA1​ A2​ … AN​

输出格式

如果AAA是(1,2,…,N)(1,2,\dots,N)(1,2,…,N)的一种排列，输出Yes；否则，输出No。

样例

样例输入1

5
3 1 2 4 5

样例输出1

Yes

(3,1,2,4,5)(3,1,2,4,5)(3,1,2,4,5)是(1,2,3,4,5)(1,2,3,4,5)(1,2,3,4,5)的一种排列，所以我们输出Yes。

样例输入2

6
3 1 4 1 5 2

样例输出2

No

(3,1,4,1,5,2)(3,1,4,1,5,2)(3,1,4,1,5,2)不是(1,2,3,4,5,6)(1,2,3,4,5,6)(1,2,3,4,5,6)的一种排列，所以我们输出No。

样例输入3

3
1 2 3

样例输出3

Yes

样例输入4

1
1

样例输出4

Yes

分析

由于题目保证1≤Ai≤N1\le A_i\le N1≤Ai​≤N，所以(1,2,…,N)(1,2,\dots,N)(1,2,…,N)的一种排列AAA定义如下：

• AAA中111到NNN每个数字不重复出现。

因此，我们可以用数组记录每个数字是否出现，所以总时间复杂度为O(n)\mathcal O(n)O(n)。

代码

#include <cstdio>
#define maxn 1005
using namespace std;bool used[maxn];int main()
{int n;scanf("%d", &n);for(int i=0; i<n; i++){int a;scanf("%d", &a);if(used[a]){puts("No");return 0;}used[a] = true;}puts("Yes");return 0;
}

---

C - POW

题目大意

给定三个整数A,B,CA,B,CA,B,C，判断ACA^CAC和BCB^CBC哪个更大。

−109≤A,B≤109-10^9\le A,B\le 10^9−109≤A,B≤109
1≤C≤1091\le C\le 10^91≤C≤109

输入格式

ABCA~B~CA B C

输出格式

本题分如下三种情况输出：

• 如果AC<BCA^C<B^CAC<BC，输出<；
• 如果AC>BCA^C>B^CAC>BC，输出>；
• 如果AC=BCA^C=B^CAC=BC，输出=。

样例

AAA	BBB	CCC	输出
333	222	444	>
−7-7−7	777	222	=
−8-8−8	666	333	<

分析

首先，由于负负得正，(−a)2=a2(-a)^2=a^2(−a)2=a2。
这样，我们可以根据奇偶性得出，如果nnn为偶数，(−a)n=an(-a)^n=a^n(−a)n=an；但如果nnn为奇数，则(−a)n=−(an)(-a)^n=-(a^n)(−a)n=−(an)。
因此，我们只需判断如果CCC为偶数，将AAA替换为∣A∣|A|∣A∣，再将BBB替换为∣B∣|B|∣B∣。
最后，AAA和BBB的大小关系就是ACA^CAC和BCB^CBC的大小关系。

代码

#include <cstdio>
using namespace std;int main()
{int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);if(!(c & 1)){if(a < 0) a = -a;if(b < 0) b = -b;}puts(a < b? "<": a > b? ">": "=");return 0;
}

---

D - Kth Excluded

题目大意

给定长度为NNN的正整数序列A=(A1,A2,…,AN)A=(A_1,A_2,\dots,A_N)A=(A1​,A2​,…,AN​)和QQQ次查询。
在第iii次查询中，给定正整数KiK_iKi​，求第KiK_iKi​小的不在AAA中的正整数。

1≤N,Q≤1051\le N,Q\le 10^51≤N,Q≤105
1≤A1<A2<⋯<AN≤10181\le A_1<A_2<\dots<A_N\le10^{18}1≤A1​<A2​<⋯<AN​≤1018
1≤Ki≤10181\le K_i\le 10^{18}1≤Ki​≤1018

输入格式

NQN~QN Q
A1A2…ANA_1~A_2~\dots~A_NA1​ A2​ … AN​
K1K_1K1​
K2K_2K2​
⋮\hspace{5pt}\vdots⋮
KNK_NKN​

输出格式

输出QQQ行。第iii行应该包含第KiK_iKi​小的不在AAA中的正整数。

样例

样例输入1

4 3
3 5 6 7
2
5
3

样例输出1

2
9
4

不在AAA中的正整数有1,2,4,8,9,10,11,…1,2,4,8,9,10,11,\dots1,2,4,8,9,10,11,…，其中有：

• 第222小的222；
• 第555小的999；
• 第333小的444。

因此，我们应该依次输出2，9，4。

样例输入2

5 2
1 2 3 4 5
1
10

样例输出2

6
15

分析

本题我们可以先预处理出AAA中每个元素比它小的元素的数量，再二分查找即可。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define maxn 100005
using namespace std;using LL = long long;
LL a[maxn];int main()
{int n, q;scanf("%d%d", &n, &q);for(int i=0; i<n; i++){scanf("%lld", a + i);a[i] -= i;}while(q--){LL k;scanf("%lld", &k);printf("%lld\n", k + (upper_bound(a, a + n, k) - a));}return 0;
}

---

E - White and Black Balls

题目大意

有多少种排列NNN个白球和MMM个黑球的方法使得下列条件成立？

• 对于每个iii (1≤i≤N+M1\le i\le N+M1≤i≤N+M)，设wiw_iwi​和bib_ibi​分别是最左边iii个球中白球和黑球的数量，wi≤bi+Kw_i\le b_i+Kwi​≤bi​+K成立。

答案对(109+7)(10^9+7)(109+7)取模。

0≤N,M≤1060\le N,M\le10^60≤N,M≤106
1≤N+M1\le N+M1≤N+M
0≤K≤N0\le K\le N0≤K≤N

输入格式

NMKN~M~KN M K

输出格式

输出答案，对(109+7)(10^9+7)(109+7)取模。

样例

NNN	MMM	KKK	输出
222	333	111	999
111	000	000	000
100000010000001000000	100000010000001000000	100000010000001000000	192151600192151600192151600

分析

首先，本题中合法排列数就是如下符合任意y≤x+Ky\le x+Ky≤x+K的(0,0)→(M,N)(0,0)\to(M,N)(0,0)→(M,N)的最短路径的数量：

由此可见，如果N>M+KN>M+KN>M+K（即终点超出限制），答案一定为000。
我们还可以发现，如果没有y≤x+Ky\le x+Ky≤x+K这个限制，答案为(N+MN)\binom{N + M}{N}(NN+M​)。
我们再考虑不合法的路径数，数量为(N+MM+K+1)\binom{N + M}{M + K + 1}(M+K+1N+M​)。
因此，答案为(N+MN)−(N+MM+K+1)\binom{N + M}{N}-\binom{N + M}{M + K + 1}(NN+M​)−(M+K+1N+M​)。

代码

这里用AtCoder Library好像比较方便唉~

#include <iostream>
#include <atcoder/modint>
using namespace std;using modint = atcoder::modint1000000007;modint f(int n, int m)
{if(n < 0 || m < 0)return 0;modint ret = 1;for(int i=1; i<=m; i++)ret = ret * (n + i) / i;return ret;
}int main()
{int n, m, k;scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);if(n > m + k) puts("0");else printf("%d\n", (f(n, m) - f(n - k - 1, m + k + 1)).val());return 0;
}

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