好像這次week of code不是很難= =

A

int main(){int n;int m;cin >> n >> m;cout<<(n+1)/2*int((m+1)/2)<<"\n";return 0; }

B

求n的因數中數字和最大的前提下最小的數，n<=10^5，大模擬。

int n; pii qwq; int main() {scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){if(n%i) continue; int cur=0;for(int j=i;j;j/=10) cur+=j%10;qwq=max(qwq,pii(cur,-i));}printf("%d\n",-qwq.se); }

C

求[n,m]之間的孿生素數對數，1<=n,m<=10^9，m-n<=10^6。

暴力rabin-miller好像卡不過去= = 只要用根號m以內的素數來篩就行。

bool rp[2333333]; int main() {int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int s=2;s*s<=m;s++){int g=n/s;for(int p=g*s;p<=m;p+=s){if(p>=n&&p>s) rp[p-n]=1;}}if(n<=1) rp[1-n]=1; int qwq=0;for(int j=n+2;j<=m;j++){if(!rp[j-n]&&!rp[j-n-2]) ++qwq;}printf("%d\n",qwq); }

D

有n個點把數軸分成了n+1段，要求選出一段長度為m的線段使得經過的每一段長度在hmin~hmax之間，輸出任意一個起始點，保證有解。n<=10^6，輸入都是1e9范圍。

如果hmin<=m<=hmax的話特判一發，否則可以發現左右端點一定與某一個點重合，二分找到段的位置，注意細節...

這題好像數據比較弱，部分錯誤做法也能過（我也不知道我交的第一發是怎么過的= =）

下面這個應該是對的（拍過）

#define SZ 2333333 int n; ll a[SZ],h1,h2,m; bool safe(int x) {return h1<=a[x+1]-a[x]&&a[x+1]-a[x]<=h2; } int qzs[SZ]; void chk(int i,int r) {//cout<<i<<","<<r<<"chk\n";if(i>=r||i<0||r<0||r>n||i>n) return;//cout<<i<<","<<r<<"chk2\n";if(qzs[r-1]-qzs[i]!=r-i-1) return;//cout<<i<<","<<r<<"chk3\n";int s=m-(a[r]-a[i+1]);ll l1=h1,r1=min(h2,a[i+1]-a[i]);ll l2=h1,r2=min(h2,a[r+1]-a[r]);//cout<<l1<<","<<r1<<" "<<l2<<","<<r2<<" "<<s<<"\n";if(l1<=r1&&l2<=r2);else return;int l=max(s-r2,l1),R=min(s-l2,r1);if(l>R) return;cout<<a[i+1]-l<<"\n";exit(0); } //(a[i],a[i+1]] int bl(int x) {return lower_bound(a+1,a+1+n,x)-a-1; } int main() {scanf("%d",&n);a[n+1]=1e13; a[0]=-1e13;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);scanf("%lld%lld%lld",&m,&h1,&h2);for(int i=0;i<n;i++) qzs[i]=(i?qzs[i-1]:0)+safe(i);if(h1<=m&&m<=h2){puts("1000000000");return 0;}for(int i=0;i<n;i++){int bx;bx=bl(a[i+1]-1-m); chk(bx,i);bx=bl(a[i+1]-m); chk(bx,i);bx=bl(a[i+1]+1-m); chk(bx,i+1);bx=bl(a[i]+m); chk(i-1,bx);bx=bl(a[i]+1+m); chk(i,bx);bx=bl(a[i]-1+m); chk(i-1,bx);}puts("-233333333"); }

E

給出一個整數n，求正整數對(a,b) （a<b）的對數使得x*a+y*b=n，x、y為正整數。n<=30W。

我們考慮對于一個a，枚舉x*a，然后對于y*b判一下n-x*a。

那么問題來了，一個a可能會被算多次。

我們有一個簡單粗暴的方式，把這些a全記下來unique一下。

然后好像跑的挺快的就過了[滑稽]

所以說我們要相信玄學

int n; vector<int> tt[300005]; bool rs[300005]; int main() {ll qwq=0;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){vector<int> rp;for(int j=i;j<=n;j+=i){vector<int>& cc=tt[n-j];for(int g:cc) rp.pb(g);}for(int g:rp) rs[g]=1;for(int g:rp) qwq+=rs[g], rs[g]=0;for(int j=i;j<=n;j+=i) tt[j].pb(i);}printf("%lld\n",qwq); }

我們來講講道理，前30W個數平均有15.9385個因數，這樣做的復雜度大致就是225*30W，應該還是很快的 [滑稽]

題解好像十分奧妙重重，看不懂啊= =

F

求sin(x)+sin(y)+sin(z)的最大值，x+y+z=n且x、y、z均為正整數，n<=3000000，顯然是弧度制。

我們假裝x+y=s，那么z=n-s。

sin(x)+sin(y)=sin(x)+sin(s-x)=sinx+sinscosx-cosssinx=sinx(1-coss)+cosxsins

我們用一下輔助角公式，令α=atan(sins/(1-coss))，那么sin(x)+sin(y)就等于K*sin(x+α)（K是多少就不管了）

sin(g)最大就是讓|g-pi/2|最大（當然這里的g要被限制在[0,2pi]），sin(x+α)最大就是讓|x+a-pi/2|最大，就是讓x與pi/2-a最接近，我們把所有滿足條件的x插到map里去，查詢一下相鄰的兩個就行了。

我們從大到小枚舉z，然后s是遞增的，所以x的上限也是遞增的，把這些x一個一個插進去然后在map里查詢就行了。

尷尬的是這樣是300W*log(300W)的，會被卡常。我們考慮假裝z是最小的，就變成100W*log(300W)了，再結合一些優秀的卡常技巧就可以卡過= =

注意因為要保留九位小數，只能把x、y、z帶入原式算不然就會炸精度。

int p; ld pi=acos(-1); map<ld,int> ss; ld st2(ld x) {if(x<0) x+=pi+pi;if(x>=pi+pi) x-=pi+pi;return x; } int main() {scanf("%d",&p);pair<ld,int> minn,maxn;minn.fi=1e233; maxn.fi=-1e233;ld ans=0;int upm=min(p/3+1,p-2);int g=1;for(int x=p-2;x>=1;x--){int n=p-x;while(g*(pi+pi)<=n-1) ++g;ld cc=n-1-(g-1)*(pi+pi);minn=min(minn,make_pair(cc,n-1));maxn=max(maxn,make_pair(cc,n-1));ss[cc]=n-1;if(x<=upm){//sinx(1-cosn)+cosx*sinnld g=st2(atan(sin(n)/(1-cos(n))));ld mx=max(sin(minn.se)+sin(n-minn.se),sin(maxn.se)+sin(n-maxn.se));ld r=st2(-g+pi/2);//min|x-r|auto aa=ss.lower_bound(r);if(aa==ss.end());else mx=max(mx,sin(aa->se)+sin(n-aa->se));if(aa==ss.begin());else{--aa;mx=max(mx,sin(aa->se)+sin(n-aa->se));}ld cur=mx+sin(x);if(cur>ans) ans=cur;}}printf("%.9lf\n",ans); }

當然既然敢出300W肯定有線性做法= =

官方題解不知道高到哪里去了，首先把sin(x)+sin(y)改寫成2*sin((x+y)/2)*cos((x-y)/2)，然后從2~n-1枚舉x+y，顯然z已經確定了，那么就只要查詢最大的cos((x-y)/2)就行了。

（很難看出）如果從x+y=s變成x+y=s+2只會多出兩種x-y，例如：

我猜接下來的事情就不用我說了...分奇偶遍歷的時候順便更新最大值即可。

int n; int main() {scanf("%d",&n);ld mi=0,ans=0;for(int s=2;s<n;s+=2){//x+y=s max{x-y}=s-2mi=max(mi,cos((s-2)/2));ans=max(ans,2*sin(s/2)*mi+sin(n-s));}mi=0;for(int s=3;s<n;s+=2){//x+y=s max{x-y}=s-2mi=max(mi,cos((s-2)/2.0));ans=max(ans,2*sin(s/2.0)*mi+sin(n-s));}printf("%.9lf\n",ans); }

G

題面和nim游戲有關，大概就是求n個[1,2^m)之間不同的數使異或和不為0（考慮順序），模1e9+7輸出。n,m<=10^7。

不會做...官方題解大概是這樣的。

記i堆異或和為0的方案數為fi，那么：

$f_i=A(2^m-1,i-1)-f_{i-1}-(i-1)*(2^m-1-(i-2))*f_{i-2}$

A(x,y)就是x個元素選y個排列的方案數。官方題解這個公式打錯了

是不是感覺這個公式有了就做完了呢？[生無可戀]

以下是講道理環節。

首先我們考慮異或和不為0，這個簡單，A(2^m-1,i-1)，隨便選i-1個不同的排在前面，最后一個就是它們的異或和。

然后我們考慮異或完之后肯定是在[0,2^m)之內的，但是這個0要扣掉，顯然這前i-1個元素異或完為0的方案數就是f[i-1]。

尷尬了，現在重復了。那么什么情況會重復呢？顯然我們選出來的前i-1個元素是兩兩不同的，那么只可能這個異或和和之前的元素重復了。那么除掉這個重復的元素，剩下i-2個元素異或和就要為0！這兩個元素必須和剩下的i-2個元素不同，那就是有2^m-1-(i-2)種權值，前i-1個元素都可能充當這個重復元素，那么(i-1)*(2^m-1-(i-2))*f[i-2]就可以得到這部分了。

顯然0不可能和之前的元素重復，那么都扣掉就行了。

int n,m; ll MOD=1e9+7; ll qp(ll a,ll b) {a%=MOD;ll aa=1;while(b){if(b&1) aa=aa*a%MOD;a=a*a%MOD; b>>=1;}return aa; } #define SZ 23333333 ll a[SZ],f[SZ]; int main() {scanf("%d%d",&n,&m);ll tot=qp(2,m)-1;a[1]=tot;for(int i=2;i<=n;i++)a[i]=a[i-1]*(tot-i+1)%MOD;f[0]=1;for(int i=2;i<=n;i++)f[i]=(a[i-1]-f[i-1]-(i-1)*(tot-(i-2))%MOD*f[i-2]%MOD)%MOD;ll ans=a[n]-f[n];ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;printf("%lld\n",ans); }

轉載于:https://www.cnblogs.com/zzqsblog/p/6138977.html

總結

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