ZOJ Monthly, March 2018 A B C J H

A Easy Number Game
贪心 很容易想到，将数列排序 将前2n个数 掐头去尾的相乘求和
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T;
int n,m;
int s[100100];
int main()
{

cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>s[i];
sort(s,s+n);
long long int res=0;
for(int i=0;i<m;i++)
{
res+=s[i]*s[2*m-i-1];
}
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}

B Lucky Man

卡在了第五题上，规律发现了 但是当时做不到快速的得到1000位长度的大整数的平方根而超时，现在已经解决，就是运用模拟笔算的方式得到，1880ms过了题，限制是2000ms

同时也知道了可以用Python直接输入大整数进行牛顿迭代的方法得到。#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std;
int l;
char an[1111];
int js=0;
int work(int o,char *O,int I)
{
char c, *D=O ;
if(o>0)
{
for(l=0;D[l];D[l++]-=10)
{
D[l++]-=120;
D[l]-=110;
while(!work(0,O,l))
D[l]+=20;
an[js++]=(D[l]+1032)/20;
}
}
else
{
c=o+(D[I]+82)%10-(I>l/2)*(D[I-l+I]+72)/10-9;
D[I]+=I<0 ? 0 : !(o=work(c/10,O,I-1))*((c+999)%10-(D[I]+92)%10);
}
return o;
}

int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
char s[1200]={};s[0]='0';
scanf("%s",s+1);
js=0;
if(strlen(s)%2 == 1)
work(2,s+1,0);
else
work(2,s,0);
if((an[js-1]-'0')%2==1)cout<<"1"<<endl;
else cout<<"0"<<endl;
}
return 0;
}

C Travel along the Line

概率题，在无现长数轴上，给定起点和终点的距离，给出时间，每一秒有0.25的概率前进，0.25的概率后退，0.5的概率不懂，问在时间用完的时候恰好在终点的概率。 当时列了个式子，想着用lucas算法去解大组合数，结果超时，后来把式子化简一下，打了个阶乘表，就过了，以后碰到10e5以内的组合数 优先考虑打表。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
LL p = 1e9+7;
LL quick_mod(LL a, LL b)
{
LL ans = 1;
a %= p;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = ans * a % p;
b--;
}
b >>= 1;
a = a * a % p;
}
return ans;
}

long long jc[100005];

LL inv(LL a)
{
if(a==1)return 1;
return inv(p%a)*(p-p/a)%p;
}
int main(){
long long int n,m;
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=100000;i++)
{
jc[i]=i*jc[i-1]%p;
}
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
m=abs(m);
long long int ans=0;
for(int i=n-m;i>=0;i-=2)
{
long long in=quick_mod(2,2*n-i);
long long a1=jc[(n-i-m)/2]*jc[(n-i+m)/2]%p;
a1=a1*jc[i]%p;
ans=(ans+jc
%p*inv(in*a1%p)%p)%p;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}

H Happy Sequence

dp题，从1到n 求长度为m的good数列的个数，即数列中前一个数可以整除后面一个数，主要思路就是将长度为k的某个数列的最后一个数能整除的数放到后面 使该数列的长度变为k+1，从而可以写出状态转移方程。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int T;
int n,m;
int
4000
dp[2002][2002];
vector<int> fac[2002];
int main()
{
for(int i=1;i<=2000;i++)
{
for(int j=1;j<=sqrt(i*1.0);j++)
{
if(i%j==0)
{
fac[i].push_back(j);
if(j!=i/j)
fac[i].push_back(i/j);
}
}
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<=2000;i++)
dp[i][1]=1;
for(int i=2;i<=2000;i++)
{
for(int j=1;j<=2000;j++)
{
for(int k=0;k<fac[j].size();k++)
{
(dp[j][i]+=dp[fac[j].at(k)][i-1])%=mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=2000;i++)
{
for(int j=2;j<=2000;j++)
{
(dp[j][i]+=dp[j-1][i])%=mod;
}
}
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
cout<<dp
[m]<<endl;
}
return 0;
}

J Super Brain

快速找出2个数列中出现2次的数，数据范围很小，所以很简单。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
int T,x;
int n,m;
bool s[1000100];
int main()
{

cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
memset(s,0,sizeof(s));
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>x;
s[x]=1;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>x;
if(s[x])
cout<<x<<endl;
}
}
return 0;
}