Topcoder SRM 565 Div.2

Pt.250:

水题，略过

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<vector>
#include<iostream>

using namespace std;

class ValueHistogram{
public:
vector <string> build(vector <int> fuck)
{
int n,i,j,max = 0,sum[10] = {0};
string xx;
vector <string> ret;
n = fuck.size();
for(i = 0;i < n;i++) {
sum[fuck[i]]++;
if (max < sum[fuck[i]]) max = sum[fuck[i]];
}
for(i = max+1;i >= 1;i--) {
xx = "..........";
for(j = 0;j < 10;j++)
if (sum[j] >= i) xx[j] = 'X';
ret.push_back(xx);
}
return ret;
}
};

pt.500:

题意：有个哥们要走过一段路，每段路上都有怪兽要打，怪兽有俩值DREAD和PRICE。每个怪兽你可以买通它，如果买通它就会跟着你走。如果你要过一个怪兽，要么买通它，要么当前跟你走的怪兽的DREAD值和大于等于这只怪兽的DREAD。求将这段路走完的最小费用。

题解：水DP，用DP[I][J]表示前I个花费J可以得到的最大DREAD和。

#include<iostream>
#include<string>
#include<string.h>
#include<vector>

using namespace std;

class MonstersValley2{
public:
long long dp[30][50];
long long Max(long long a,long long b)
{
if (a > b) return a;
return b;
}
int minimumPrice(vector <int> dread,vector <int> price){
int n,MaxP,i,j;
n = dread.size();
MaxP = 2 * n;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i = price[0];i <= MaxP;i++) dp[0][i] = (long long)dread[0];
for(i = 1;i < n;i++)
for(j = 1;j <= MaxP;j++) {
if (j > price[i] && dp[i-1][j-price[i]] > 0)
dp[i][j] = dp[i-1][j-price[i]] + (long long)dread[i];
if ((long long)dread[i] <= dp[i-1][j]) dp[i][j] = Max(dp[i-1][j],dp[i][j]);
if (j > 1) dp[i][j] = Max(dp[i][j-1],dp[i][j]);
}

for(i = 0;i < n;i++) {
for(j = 1;j <= MaxP;j++)
cout << dp[i][j] << " ";
cout << endl;
}
i = 1;
while(dp[n-1][i] == 0) i++;
return i;
}
};

pt.1000:
(这题。。当时想出来了，但是发现时间不够，于是没写。。。但后来写了才知道，自己就算当时写也写不出来)

题意：定义一个序列A[1] = N，length(A) = K,且 A[i] | A[i+1]，给定N,K,问有多少个数列满足要求。

题解：对N分解质因数，然后发现每个质因数可以单独考虑。比如，128 = 2 ^ 7.我下来只需要考虑在哪几个位置除2，除几个2。将得到的方法数相乘就可以了。.

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>

#define LL long long
#define MOD 1000000009
#define MAXP 1000000

using namespace std;

class DivisibleSequence{
private:
bool vis[MAXP+10];
vector <int> prime;
public:
//
LL exp_mod(LL a,LL b,LL p){// 快速幂
if(b==0) return 1;
if(b==1) return a%p;
LL t=exp_mod(a,b/2,p);
t=t*t%p;
if(b&1) t=(t*a)%p;
return t;
}
LL cm(LL n,LL m,LL p){ //利用 逆元求 C(n,m)%p;主要利用 a/b%p=a*b'%p ,b的逆元
LL a,b,ans=1;
for(LL i=1;i<=m;i++){
a=(n+i-m)%p;
b=i%p;
ans=ans*(a*exp_mod(b,p-2,p)%p)%p;
}
return ans;
}
LL Lucas(LL n,LL m,LL p){
if(m==0) return 1;
return (Lucas(n/p,m/p,p)*cm(n%p,m%p,p))%p;
}
//
void init()
{
int i,j;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(i = 2;i <= MAXP;i++)
if (vis[i] == 0) {
prime.push_back(i);
for(j = i << 1;j <= MAXP;j+=i)
vis[j] = 1;
}
}
int count(int a,int b)
{
LL ans = 1,tmp,sum;
int i,j;
init();
b--;
int P = prime.size();
for(i = 0;i < P;i++) {
tmp = 1;
sum = 0;
while(a % prime[i] == 0) sum++,a /= prime[i];
if (sum == 0) continue;
for(j = 1;j <= sum;j++) {
tmp = (tmp + Lucas(j+b-1,j,MOD)) % MOD;
//cout << cal_xy(b,j) << " " << A(j) << endl;
}
ans = (ans * tmp) % MOD;
}
if (a > 1) ans = (ans * (b+1)) % MOD;
return (int)ans;
}
};