【hackerrank】Week of Code 26
在jxzz上发现的一个做题网站,每周都有训练题,题目质量……前三题比较水,后面好神啊,而且类型差不多,这周似乎是计数专题……
Army Game
然后给出n*m,问需要多少个小红点能全部占领
解法:乘法。。。
Best Divisor
给一个数,问一个数的约数中数字和最大的约数。
解法:直接分解质因数就可以啦。
Twins
孪生质数定义为两个质数之差为2,问n,m之间有多少个孪生质数(n<=m<=10^9,m-n<=10^6)
解法:显然直接判断区间内相邻的两个奇数是否为质数就可以啦。然而n和m比较大,所以判断是否为质数不能直接用sqrt(n)这样去枚举,可以先用线性筛处理出sqrt(n)的质数,判断的时候直接枚举质数表里面的质数就可以啦。
1 1 #include<cstdio> 2 2 #include<cstring> 3 3 #include<cstdlib> 4 4 #include<queue> 5 5 #include<algorithm> 6 6 #include<stack> 7 7 #include<cmath> 8 8 #include<map> 9 9 #define LL long long 10 10 #define maxn 1000100 11 11 12 12 13 13 using namespace std; 14 14 15 15 int n,m,now,sum,prime[maxn],ok[maxn],tot=0; 16 16 void calc() 17 17 { 18 18 int i,k; 19 19 for (i=2;i<maxn;i++) { 20 20 if (!ok[i]) prime[tot++]=i; 21 21 for (LL j=(LL)(i)*prime[k=0];j<maxn;j=i*prime[++k]) { 22 22 // printf("%lld %d\n",j,i); 23 23 ok[j]=1; 24 24 if (!(i%prime[k])) break; 25 25 } 26 26 } 27 27 // for (int i=0;i<tot;i++) printf("\t%d",prime[i]); 28 28 } 29 29 30 30 int check(int x) 31 31 { 32 32 if (x==1) return 0; 33 33 for (int i=0;i<tot && prime[i]<=sqrt(x);i++) 34 34 if (!(x%prime[i])) return 0; 35 35 return 1; 36 36 } 37 37 38 38 int main() 39 39 { 40 40 calc(); 41 41 scanf("%d %d",&n,&m); 42 42 now=0,sum=0; 43 43 if (!(n%2)) n++; 44 44 for (int i=n;i<=m;i=i+2) 45 45 if (check(i)) { 46 46 if (now) ++sum; 47 47 else ++now; 48 48 } 49 49 else 50 50 now=0; 51 51 printf("%d\n",sum); 52 52 return 0; 53 53 }
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Music on the Street
给出一些在数轴点(n<10^6),给出一个长度m(<10^9),再给一个hmin,hmax,找到一个区间使区间内两个点直接的距离大于hmin小于hmax,头尾两个点离区间端点距离大于hmin小于hmax。
解法:队列模拟一下就可以啦。
如果队头的点和当前的点距离大于m就出队,
同时如果当前点和队尾的点不满足距离大于hmin小于hmax,全部出队。
当前点进队
同时记录一个当前左端允许的最左边界=max(上一个出队的点,当前对头-hmax)
然后计算对头允许的区间+m和队尾的点的大于hmin小于hmax有没有交集(判断方法两个区间左端点最大值小于等于两个区间右端点最小值,一直这里判断错,要么就是复杂了……)
有的话就是一个合法解啦。
然后要注意一些情况,比如m比hmax小……有可能直接就……
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<queue> #include<algorithm> #include<stack> #include<cmath> #include<map> #define maxn 1000100 using namespace std;int n,len,hmin,hmax,i,num[maxn]; queue<int> pp;int calc() {int lnow,i;num[0]=num[1]-hmax-1;lnow=num[0];num[n+1]=num[n]+hmax+1;pp.push(i=0);while (++i<=n) {int last,l1,l2,l3,l4;while (pp.size() ) {if (num[i]-num[last=pp.front()]+hmin<=len&& num[i]-num[pp.back()]<=hmax && num[i]-num[pp.back()]>=hmin ) break;lnow=num[last];pp.pop();} pp.push(i);last=pp.front();lnow=max(lnow,num[last]-hmax);if (num[last]-lnow>=len && len<=hmax) return num[last]-len;if (pp.size()) {l1=max(lnow,num[last]-hmax)+len;l2=num[last]-hmin+len;l3=num[i]+hmin;l4=min(num[i+1],num[i]+hmax);if (max(l1,l3)<=min(l2,l4)) return max(l1,l3)-len;}}return -1; }int main() {scanf("%d",&n);for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]);scanf("%d %d %d",&len,&hmin,&hmax);printf("%d\n",calc());return 0; }
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Satisfactory Pairs
ax+by=n(<3*10^5),给出n,问多个对点对(a,b)其中a<b。
解法:太弱了不会……潘学姐给思路了还是不会……
贴题解
意思就是先找出所有数的约数(用vector存起来)
然后公式化为ax=n-by,然后第一层循环枚举b,第二层循环枚举y,然后再枚举(n-by)的约数中小于b的,然后y值不用的时候可能有相同的约数导致重复,所以开个数组储存一个当前这个约数被最新更新的b值,每次判断下这个约数是否已经被b求过,没有的话ans++。
复杂度分析是调和数列求和。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<queue> #include<algorithm> #include<stack> #include<cmath> #include<map> #include<vector> #define maxn 301020 #define LL long long using namespace std;int num[maxn],prime[maxn],p[maxn],tot=0; vector<int> d[maxn]; int n; void atfirst() {int i,j,l;LL k;for (i=2;i<maxn;i++) {if (!p[i]) {p[i]=i;prime[tot++]=i;}for (k=i*prime[j=0];j<tot && k<maxn;k=i*prime[++j]) {p[k]=prime[j];if (!(i%prime[j])) break;}}d[1].push_back(1);for (i=2;i<maxn;i++) {int x=i,y=1;while (!(x%p[i])) {y++;x/=p[i];}for (j=0;j<d[x].size();j++)for (k=d[x][j],l=y;l;l--,k*=p[i]) d[i].push_back(k);sort(d[i].begin(),d[i].end());} }int main() {atfirst();scanf("%d",&n);memset(num,0,sizeof(num));int ans=0;for (int b=2;b<n;b++) for (int i=1;i*b<n;i++) {int x=n-i*b; for (int j=0;j<d[x].size() &&d[x][j]<b;j++) if (num[d[x][j]]!=b) {ans++;num[d[x][j]]=b;}}printf("%d\n",ans);return 0; }
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Hard Homework
给一个n(3*10^6),求一组x+y+z=n使sin(x)+sin(y)+sin(z).
解法,如果是两个数的和,显然很简单,和差化积就变成2*sin((x+y)/2)cos((x-y)/2),然后只需要知道cos((x-y)/2)的最大值就可以了,这里分情况,和为偶数则最大值显然为cos(0),如果为奇数,x-y的取值范围是(2,n-2),线性就可以求出。
那现在三个数,枚举第一个数,预处理出cos((2,n-2)/2)的最大值,然后就可以一直求出后面两个数的最大值啦。
(然而这思路分析也是受潘学姐的启发,学姐好棒)
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<queue> 5 #include<algorithm> 6 #include<stack> 7 #include<cmath> 8 #include<map> 9 #define exp 0.0000000001 10 using namespace std; 11 12 int n; 13 int main() 14 { 15 scanf("%d",&n); 16 double num1=-1,ans=-exp; 17 for (int i=n-2;i;i--) { 18 int now=n-i; 19 double now1; 20 if (now%2) { 21 double now2=cos((now-2)/2.0); 22 if (now2-num1>=exp) num1=now2; 23 now1=sin(i)+2*sin(now/2.0)*num1; 24 } 25 else 26 now1=sin(i)+2*sin((now)/2.0); 27 if (now1-ans>=exp) ans=now1; 28 } 29 printf("%.9lf\n",ans); 30 return 0; 31 }
Hard Homework
Tastes Like Winning
nim问题,n堆,每堆可能取值为(1-2^m-1),问多少种情况使每堆数量不同且先手胜,n,m<10^9,答案%(10^9+7),(10^9+7)都是神题
解法:不会写,看不懂,
转载于:https://www.cnblogs.com/Macaulish/p/6135675.html
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