Contest1275

问题 B: 完美序列

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题目描述

已知一个长度为l的序列：b1，b2，b3，…，bl (1<=b1<=b2<=b3<=…<=bl<=n)。若这个序列满足每个元素是它后续元素的因子，换句话说就是对于任意的i (2<=i<=l)都满足bi%bi-1=0 (其中“%”代表求余)，则称这个序列是完美的。你的任务是对于给定的n和l，计算出一共有多少序列是完美序列。由于答案很大，所有输出答案对1000000007取余后的结果。

输入

输入的第一行为一个正整数T (T<=1000)，代表一共有T组测试数据。

每组测试数据包含两个正整数n，l (1<=n, l<=2000)，分别代表序列中元素大小的最大值和序列的长度。

输出

对于每组测试数据，输出一行包含一个整数，代表答案对1000000007取余后的结果。

样例输入

33 26 42 1

样例输出

5392

提示

一道dp题，dp[i][j] 中i表示序列的长度，j表示该序列最后一位元素

状态压缩公式：dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-1][j])%mod  j是k的因子

代码如下：

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <string.h>using namespace std;const int N=2000+5;const int mod=1e9+7;int dp[N][N];void lk(){    memset(dp,0,sizeof(dp));    for(int i=1;i<N;i++)        dp[1][i]=1;    for(int i=1;i<N-1;i++)        for(int j=1;j<N-1;j++)            for(int k=j;k<N-1;k+=j)                dp[i+1][k]=(dp[i+1][k]%mod+dp[i][j]%mod)%mod;}int main(){    int t,n,l;    lk();    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d",&n,&l);        int ans=0;        for(int i=1;i<=n;i++)            ans=(ans+dp[l][i])%mod;        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}

问题 C: 第k大数

时间限制: 10 Sec  内存限制: 128 MB
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题目描述

有两个序列a，b，它们的长度分别为n和m，那么将两个序列中的元素对应相乘后得到的n*m个元素从大到小排列后的第k个元素是什么？

输入

输入的第一行为一个正整数T (T<=10)，代表一共有T组测试数据。

每组测试数据的第一行有三个正整数n，m和k(1<=n, m<=100000,1<=k<=n*m)，分别代表a序列的长度，b序列的长度，以及所求元素的下标。第二行为n个正整数代表序列a。第三行为m个正整数代表序列b。序列中所有元素的大小满足[1,100000]。

输出

对于每组测试数据，输出一行包含一个整数代表第k大的元素是多少。

样例输入

33 2 31 2 31 22 2 11 11 12 2 41 11 1

样例输出

311

提示

如果直接暴力来求的话，定会超时，超内存

然而该题只是求某一个值，因此用二分来优化时间和空间

首先对a,b 数组进行排序

l=a[0]*b[0] , r=a[n-1]*b[m-1]  l为最小值，r 为最大值 ，进行二分处理

先去从最后的序列里找大于l和r的中值mid的个数

若个数大于等于k ,则说明该中值mid小于等于所求的数，即l要变为mid+1

否则，说明中值mid大于所求的数，即r变为mid-1

直到  l > r  结束

代码如下：

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <algorithm>using namespace std;const int N=1e5+7;typedef long long ll;ll a[N],b[N];int n,m;ll lk(ll mid)//find > mid num{    ll num=0;    int j=0;    for(int i=n-1;i>=0;i--)        for(;j<m;j++)            if(a[i]*b[j]>=mid)            {                num+=m-j;                break;            }    return num;}int main(){    int t;    ll k,l,r,mid;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);        for(int i=0;i<n;i++)            scanf("%lld",&a[i]);        for(int i=0;i<m;i++)            scanf("%lld",&b[i]);        sort(a,a+n);        sort(b,b+m);        l=a[0]*b[0];        r=a[n-1]*b[m-1];        ll ans;        while(l<=r)        {            mid=(l+r)>>1;            ll num=lk(mid);            if(num>=k)            {                ans=mid;                l=mid+1;            }            else                r=mid-1;        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

问题 K: 奶酪

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB
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题目描述

现有一块大奶酪，它的高度为 h ，它的长度和宽度我们可以认为是无限大的，奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系，在坐标系中，奶酪的下表面为 z = 0 ，奶酪的上表面为 z = h 。   

现在，奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry ，它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。如果两个空洞相切或是相交，则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞，特别地，如果一个空洞与下表面相切或是相交， Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞；如果一个空洞与上表面相切或是相交， Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。   

位于奶酪下表面的 Jerry 想知道，在不破坏奶酪的情况下，能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去 ?  

P1(x1,y1,z1)、P2(x_2,y_2,z_2)P2(x2,y2,z2)的距离公式如下：

输入

包含多组数据。 
第一行，包含一个正整数 T，代表该输入文件中所含的数据组数。 
接下来是 T 组数据，每组数据的格式如下： 
第一行包含三个正整数 n，h 和 r，两个数之间以一个空格分开，分别代表奶酪中空洞的数量，奶酪的高度和空洞的半径。 
接下来的 n 行，每行包含三个整数 x、y、z，两个数之间以一个空格分开，表示空洞球心坐标为(

输出

输出包含T行，分别对应T组数据的答案，如果在第i组数据中，Jerry能从下表面跑到上表面，则输出Yes，如果不能，则输出No（均不包含引号）。

样例输入

32 4 10 0 10 0 32 5 10 0 10 0 42 5 20 0 22 0 4

样例输出

YesNoYes

提示

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分析：

首先将入口，出口进行标记，然后将互相能够连通的空洞建立边

然后以入口为起点，进行bfs搜索 

也可以用并查集来做，只要确定起点和终点是否有共同的祖先

代码如下：

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>using namespace std; typedef long long ll; const int N=2000;struct LK{    ll x,y,z;}a[N]; struct Edge{    int to,next;}edge[N*N];bool st[N],ed[N],flag,vis[N];int head[N],k;void init(int n){    for(int i=0;i<=n;i++)    {        ed[i]=false;        st[i]=false;        head[i]=-1;    }}bool lk(int i,int j,ll r){    if((a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y)+(a[i].z-a[j].z)*(a[i].z-a[j].z)<=4*r*r)        return true;    return false;}void add(int i,int j){    edge[k].to=j;    edge[k].next=head[i];    head[i]=k++;    edge[k].to=i;    edge[k].next=head[j];    head[j]=k++;}void bfs(int st){    queue<int>q;    while(!q.empty())        q.pop();    q.push(st);    vis[st]=1;    while(!q.empty())    {        int top=q.front();        for(int k=head[top];k!=-1;k=edge[k].next)        {            if(ed[edge[k].to])            {                flag=false;                return;            }            if(!vis[edge[k].to])            {                q.push(edge[k].to);                vis[edge[k].to]=1;            }        }        q.pop();    }}int main(){    int t,n;    ll h,r;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%lld%lld",&n,&h,&r);        init(n);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%lld%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].z);            if(r+a[i].z>=h)                ed[i]=true;            if(a[i].z-r<=0)                st[i]=true;        }        k=0;        for(int i=1;i<=n;i++)            for(int j=1+i;j<=n;j++)                if(lk(i,j,r))                    add(i,j);        flag=true;        for(int i=1;i<=n&&flag;i++)            if(st[i])            {                if(ed[i])                {                    flag=false;                    break;                }                for(int j=1;j<=n;j++)                    vis[j]=0;                bfs(i);            }        if(!flag)            puts("Yes");        else            puts("No");    }    return 0;}