问题描述
目前,我们用PM2.5的含量来描述空气质量的好坏。一个城市的PM2.5含量越低,它的空气质量就越好。所以我们经常按照PM2.5的含量从小到大对城市排序。一些时候某个城市的排名可能上升,但是他的PM2.5的含量也上升了。这就意味着他的空气质量并没有改善。所以这样的排序方式是不合理的。为了使得排序合理,我们提出了一个新的排序方法。我们按照两个PM2.5含量测量的差值(第一次-第二次)来对他们按降序排序,如果有重复,按照第二次的测量值升序排序,如果还有重复,按照输入的顺序排序。
输入描述
多组测试数据(大概100组),每一组测试数据第一行先给出一个整数n,代表有n个城市需要被排序。城市被从0到n−1标号。接下来n行,每一含有两个整数代表每一个城市第一次和第二次被测量的PM2.5值。第i行描述城市i−1的信息。
请处理到文件末尾。
[参数说明]
所有整数都在[1,100]的范围内。
输出描述
对于每一个数据,输出排好序之后的城市ID。
输入样例
2
100 1
1 2
3
100 50
3 4
1 2
输出样例
0 1
0 2 1

思路:三关键词排序

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 1000
char ch[maxn];
using namespace std;
struct T
{
int x;int y;int z;
}a[maxn];
int cmp(T x,T y)
{
return ((x.x>y.x) ||((x.x==y.x && (x.y<y.y))) || (x.x==y.x && x.y==y.y && (x.z<y.z)));
}
int main()
{
int n,x,y;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
a[i].x=x-y;
a[i].y=y;
a[i].z=i-;
}
sort(a+,a++n,cmp);
for(int i=;i<n;i++)
{
printf("%d ",a[i].z);
}
printf("%d\n",a[n].z);
}
return ;
}
问题描述
给定一个数组(a0,a1,a2,⋯an−1)和一个整数K, 请来判断一下是否存在二元组(i,j)(0≤i≤j<n)使得 NP−sum(i,j) 刚好为K。这里NP−sum(i,j)=ai−ai+1+ai+2+⋯+(−1)j−iaj。
输入描述
多组测试数据。在文件的第一行给出一个T,表示有T组数据。
在接下来的2∗T行里,将会给出每一组数据。
每一组数据占两行,第一行包含n和K。
第二行包含(a0,a1,a2,⋯an−1)以一个空格分开。
[参数说明]
所有输入均为整数。
0<T≤25,1≤n≤1000000,−1000000000≤ai≤1000000000,−1000000000≤K≤1000000000
输出描述
对于每一个数据,输出占一行,输出格式是Case #id: ans,这儿id是数据编号,从1开始,ans是根据是否找到满足的二元组而定为“Yes.” 或 “No.” (不包含引号)
看样例可以获得更多的信息。
输入样例
2
1 1
1
2 1
-1 0
输出样例
Case #1: Yes.
Case #2: No.
Hint
如果数据比较多,建议使用快速读入

思路: 比赛的时候认为这个规模带log的都会卡,不然直接map了,然后学了种挂链表的神奇的HASH

 #include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxn 1000009
#define MOD 10000009
using namespace std;
int head[MOD+],nex[maxn],a[maxn];
long long point[maxn],now=,sum[maxn];
long long n,k;
int add(int x,int y)
{
nex[++now]=head[x];
head[x]=now;
point[now]=y;
}
void insert(long long x)
{
long long u=x%MOD;if(u<)u*=-;
for(int i=head[u];i;i=nex[i])
{
if(point[i]==x)return;
}
add(u,x);
}
int find(long long x)
{
long long u=x%MOD;if(u<)u*=-;
for(int i=head[u];i;i=nex[i])
{
if(point[i]==x)return ;
}
return ;
}
long long read()
{
long long x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
int t,cas=;
t=read();
while(t--)
{
n=read();k=read();
for(int i=;i<=n;i++)a[n-i+]=read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(i&)
{
sum[i]=sum[i-]+a[i];
}else sum[i]=sum[i-]-a[i];
}
int flag=;
insert();
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(i&)
{
if(find(sum[i]-k)){flag=;break;}
}
else if(find(sum[i]+k)){flag=;break;}
insert(sum[i]);
}
printf("Case #%d: ",++cas);
if(flag)printf("Yes.\n");
else printf("No.\n");
memset(head,,sizeof(head));
now=;
}
return ;
}

HDU 5184 Brackets

问题描述
我们给出下列递归的合法括号序列的定义:
● 空序列是合法括号序列
● 如果s是一个合法括号序列,那么(s)也是合法括号序列
● 如果a和b是合法括号序列,那么ab也是合法括号序列
● 没有其它情况是合法括号序列 比如下列括号序列是合法括号序列
(), (()), ()(), ()(())
下列括号序列则不是
(, ), )(, ((), ((() 现在,我们要构造长度为n的合法括号序列,前面的一些括号已经给出,问可以构造出多少合法序列。
输入描述
多组测试数据(大概2000),每一组数据占两行。
第一行给出一个整数n。
第二行给出一个字符串代表前面已经确定的几个括号。
请处理到文件末尾。 [参数约定]
1≤n≤1000000
字符串只包含’(’和’)’,长度大于0并且不超过n.
输出描述
对于每一个数据,在一行中输出答案对1000000007取余的结果。
输入样例
4
()
4
(
6
()
输出样例
1
2
2
Hint
第一组数据只有一种可能,它就是()().
对于第二组数据他有两种可能,他们是(()) 和()().
对于第三种数据,两种可能是()()() 和()(()).

思路:这题建模有点醉啊 问题可以变成,从(0,0)到(n/2-a,n/2-b)且不越过y=x 这条线的方案数,然后从(0,0)到(p,q)且不经过y=x的方案数是C(p,p+q)-C(p-1,p+q)

 #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define MOD 1000000007
#define LLD "%lld"
#define maxn 1000009
#define ll long long
using namespace std;
char ch[maxn];
ll fac[maxn],inv[maxn];
ll qpow(ll a,ll n)
{
ll ret=;
for(;n;n>>=)
{
if(n&)ret=(ret*a)%MOD;
a=(a*a)%MOD;
}
return ret;
}
ll C(ll n,ll m)
{
if(m==)return ;
ll u=fac[n],v = inv[n-m],w=inv[m];
return (((fac[n]*inv[n-m])%MOD)*inv[m])%MOD;
}
int main()
{
ll n;
fac[]=;
for(int i=;i<=maxn-;i++)
{
fac[i]=(fac[i-]*(long long)i)%MOD;
inv[i]=qpow(fac[i],MOD-)%MOD;
}
while(scanf( LLD "%s",&n,ch+)!=EOF)
{
if(n&)
{
puts("");
continue;
}
ll len=strlen(ch+);
ll lef=,flag=,a=,b=;
for(int i=;i<=len;i++)
{
if(ch[i]=='(')a++;else b++;
if(ch[i]=='(')lef++;
else if(lef!=)lef--;
else flag=;
}
if(flag){puts("");continue;} ll p=( n >> ) - a,q= ( n >> ) - b;
if(p< ||q<){puts("");continue;}
if(p>q)swap(p,q);
ll u = C(p + q , p), v = C(p + q ,p - );
printf(LLD "\n" , (C(p + q , p) - C(p + q,p - ) + MOD ) % MOD);
}
return ;
}

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