1.18 NOI省选模拟赛 响子 千秋 千纱

首先吐槽一下这题目名称是什么鬼。。。。

这次的题相比上一次的简单多了（上一次的模拟赛我还没有改完，等改完了再发上一次的模拟赛）。

prob 1：

【题目描述】

求[1,n]中有多少个数x满足∃y>0,k>1使得x=y^k。

【输入格式】

一行一个整数n。

【输出格式】

一行一个整数代表答案。

【样例输入】

10

【样例输出】

4

【样例解释】

1、4、8、9。

【数据范围与规定】

对于40%的数据，1≤n≤〖10〗^6。

对于70%的数据，1≤n≤〖10〗^12。

对于100%的数据，1≤n≤〖10〗^18。

题解：

首先这道题我们如果枚举每一个数的话只要枚举到根号n，显然70%的数据是可以过的，但是当数据扩大到10^18次方的时候就超时了，这个时候我们就换一个思想，我们枚举k看有多少个数符合条件，这一步可以二分，这样的话再加上容斥原理就可以搞定这道题了。（u是莫比乌斯函数的那个u，在这道题中用作容斥）

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool pd[100];
int u[100];
int zs[100];
int top=0;
int main()
{
long long n;
scanf("%lld",&n);
long long xian=floor(sqrt(n)+0.1);
u[1]=1;
for(int i=2;i<=99;i++)
{
if(!pd[i]) zs[++top]=i,u[i]=1;
for(int j=1;i*zs[j]<=99;j++)
{
pd[i*zs[j]]=true;
if(i%zs[j]==0) break;
u[i*zs[j]]=-u[i];
}
}
long long ans=0;
for(int i=2;i<64;i++)
{
if(!u[i]) continue;
long long l=1,r=n;
int jilu=1;
while(l<=r)
{
long long mid=l+r>>1;
long long t=mid;
int j;
for(j=2;j<=i;j++)
{
if(mid<=xian && t*mid<=n) t*=mid;
else break;
if(t<0) break;
}
if(j==i+1)
{
jilu=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
ans+=(jilu-1)*u[i];
}
cout<<ans+1;
return 0;
}

prob2

【问题描述】

阳台上有N株花摆成一行。初始时每株花有高度h_i厘米。现在你想让这些花在M天内茁壮成长起来。为了节约用水，你每天只能对连续的L株花进行浇水。每一天，当天被浇了水的花的高度都会增加1厘米，而当天未被浇水的花的高度保持不变。你希望M天过后最矮的花高度尽可能大。求最矮的花的最大高度。

【输入格式】

第一行一个整数N,M,L，含义如上

第二行N个整数h_i，表示花的初始高度。

【输出格式】

一行一个整数表示答案。

【样例输入】

5 3 1

2 2 1 1 1

【样例输出】

2

【样例解释】

无。

【数据规模与约定】

对于10%的数据，1≤N,M,L≤10。

对于另外10%的数据，N=L。

对于另外10%的数据，M=1。

对于另外20%的数据，L=1。

对于100%的数据，1≤N,M,L≤〖10〗^5,1≤h_i≤〖10〗^9。

题解：

这道题首先看到题目中的最小值最大我们就想到了二分，那我们怎么check呢？首先我们二分出一个答案，然后将原数组每一位都减去这个答案，再差分一下，然后我们扫一遍这个数组，当我们扫到一位的前缀和小于0的时候，因为我们想让后面这样小于0的数尽可能少，所以我们很自然的想到从这一位开始浇水，将这一位浇到0为止，因为我们是差分所以我们只要改两个数就可以了，最后判断一下总的浇水次数是否超过m即可。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int n,m,l;
int a[1000001];
int b[1000001];
bool check()
{
int sum=0;
int jilu=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
jilu+=b[i];
//cout<<jilu<<" ";
if(jilu<0)
{
b[i]-=jilu;
b[i+l]+=jilu;
sum-=jilu;
jilu=0;
}

}
if(sum<=m) return true;
else return false;
}
main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&l);
int maxx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
if(a[i]>maxx) maxx=a[i];
}
int l=1,r=maxx;
int ans;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]-mid;
for(int i=n;i>=1;i--) b[i]-=b[i-1];
if(check()) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<ans;
}

pro3：

【问题描述】

给你N个物品，每个物品有价值、体积和一个玄学数（一个没有用的数）。总共有M组询问，每次询问删掉其中一个物品，在给定背包体积上限的情况下，剩下N-1个物品放进背包最多能达到的价值是多少。注意物品的体积和不能超过背包的体积上限。

【输入格式】

第一行一个整数N代表物品个数。

接下来N行每行三个数，分别表示物品的体积、价值和玄学数。

接下来一行一个整数M代表询问的组数。

接下来M行每行两个整数，分别代表这次询问删除的物品的编号和这次询问的背包体积上限。注意询问互相独立，即每次都一定是询问剩下N-1个物品，同时我们的物品都从0开始编号。

【输出格式】

对于每组询问，输出能够达到的价值最大值。

【样例输入】

5

2 3 4

1 2 1

4 1 2

2 1 1

3 2 3

5

1 10

2 7

3 4

4 8

0 5

【样例输出】

6

7

5

6

4

【样例解释】

无。

【数据规模与约定】

对于50%的数据，1≤NM≤100。

对于100%的数据，1≤N≤1000,1≤M≤3×〖10〗^5，背包的体积上限是1000，每个物品的体积、价值和玄学数均不超过100。

题解：

这道题我们首先能想到暴力DP，50分是保了，再之后我们就想怎么将这n^3的算法优化一下，我们发现每个可以先处理出所有的答案，这样时间复杂度就与m无关了，然后我们发现有很多东西两个状态是公用的，比方说不选第一个和不选第二个都要选择剩余的其它物品，所以这里我们选择使用线段树分治，每个点代表的意义是这个点的区间不选，这样跑到叶子节点的时候的答案就是最终的答案。时间复杂度n^2

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f[2000][2000];
int ans[2000][2000];
struct item
{
int cost,v;
}items[2000];
void dfs(int ce,int l,int r)
{
int mid=l+r>>1;
for(int i=1;i<=1000;i++) f[ce][i]=f[ce-1][i];
if(l==r)
{
for(int i=1;i<=1000;i++) ans[l][i]=f[ce][i];
return;
}
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
for(int j=1000;j>=items[i].cost;j--) f[ce][j]=max(f[ce][j],f[ce][j-items[i].cost]+items[i].v);
dfs(ce+1,l,mid);
for(int i=1;i<=1000;i++) f[ce][i]=f[ce-1][i];
for(int i=l;i<=mid;i++)
for(int j=1000;j>=items[i].cost;j--) f[ce][j]=max(f[ce][j],f[ce][j-items[i].cost]+items[i].v);
dfs(ce+1,mid+1,r);
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d%d%d",&items[i].cost,&items[i].v,&x);
}
dfs(1,1,n);
int m;
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int xian,maxx;
scanf("%d%d",&xian,&maxx);
printf("%d\n",ans[xian+1][maxx]);
}
}