前四题都好水。后面两道题好难。

C Divide the Problems

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std; inline int read() {
int x = , f = ; char ch = getchar();
while (ch < '' || ch > '') { if (ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
while (ch >= '' && ch <= '') { x = x * + ch - ; ch = getchar(); }
return x * f;
} const int N = 1e5 + ;
int a[N]; int main() {
int n = read();
for (int i = ; i < n; i++) a[i] = read();
sort(a, a + n);
printf("%d\n", a[n / ] - a[n / - ]);
return ;
}

D Blue and Red Balls

#include <cstdio>
using namespace std; inline int read() {
int x = , f = ; char ch = getchar();
while (ch < '' || ch > '') { if (ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
while (ch >= '' && ch <= '') { x = x * + ch - ; ch = getchar(); }
return x * f;
} const int MOD = 1e9 + ;
const int N = ;
int C[N][N]; void init() {
C[][] = ;
C[][] = C[][] = ;
for (int i = ; i < N; i++) {
C[i][] = ;
for (int j = ; j <= i; j++)
C[i][j] = (C[i - ][j] + C[i - ][j - ]) % MOD;
}
} int main() {
init();
int n = read(), k = read();
for (int i = ; i <= k; i++) {
printf("%d\n", 1LL * C[k - ][i - ] * C[n - k + ][i] % MOD);
}
return ;
}

E Hopscotch Addict

题意:给一个有向图,问能不能从$S$,走$3^{x}$ $x \geq 1$ 能输出$x$,不能输出-1

思路:BFS。刚开始想的是对每一个点,枚举它往后走三步的点,但是T了。正解应该用$dis\left[ i\right] \left[ k\right]$表示走到$i$,并且走的步数模3等于$k$ 然后BFS就OK了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; inline int read() {
int x = , f = ; char ch = getchar();
while (ch < '' || ch > '') { if (ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
while (ch >= '' && ch <= '') { x = x * + ch - ; ch = getchar(); }
return x * f;
} const int N = 1e5 + ;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, s, t, dis[N][];
vector<int> G[N]; void bfs() {
memset(dis, -, sizeof(dis));
dis[s][] = ;
queue< pair<int, int> > que;
que.push({s, });
while (!que.empty()) {
pair<int, int> u = que.front(); que.pop();
for (auto v : G[u.first]) {
if (dis[v][(u.second + ) % ] < ) {
dis[v][(u.second + ) % ] = dis[u.first][u.second] + ;
que.push({v, (u.second + ) % });
}
}
}
} int main() {
n = read(), m = read();
while (m--) {
int u = read(), v = read();
G[u].push_back(v);
}
s = read(), t = read();
bfs();
if (dis[t][] == -) puts("-1");
else printf("%d\n", dis[t][] / );
return ;
}

F Small Products

题意:给定一个$N$,$K$,问长度为$K$,且相邻两数的乘积不超过$N$的方案数。

思路:我只会$O\left( KN^{2}\right)$的暴力。看了题解瞬间觉得...tql

将数分为小于等于$\sqrt {N}$和大于$\sqrt {N}$,记为$s$和$b$

把$b$分成$\sqrt {N}$块 第$i$块表示$i\cdot b\leq N$ 那么这个块里有$\dfrac {N}{i}-\dfrac {N}{i+1}$个数

$S\left( i,j\right)$表示长度为$i$,最后一个数为$j$ ($j\leq \sqrt {N}$)的方案数

$B\left( i,j\right)$表示长度为$i$,最后一个数在块$B^{j}$里($j\leq \sqrt {N}$)的方案数

一个小的数前面可以放任意一个小的数,也可以放一个大数,这个数与这个小的数乘积小于等于$N$

那么$S$的递推式子是$S\left( i,j\right) =\sum ^{\sqrt {N}}_{k=1}s\left( i-1,k\right) +\sum ^{\sqrt {N}}_{k=j}B\left( i-1,k\right)$

$B$的递推式子是$B\left( i,j\right) =\left( \dfrac {N}{j}-\dfrac {N}{j+1}\right) \sum ^{j}_{k=1}S\left( i-1,k\right)$

$ans=\sum ^{\sqrt {N}}_{i=1}\left( S\left( k,i\right) +B\left( k,i\right) \right)$

但是这样复杂度是$O\left( k\left( \sqrt {N}\right) ^{2}\right)$

在计算的过程中计算完这一层可以把这一层的给求个和,复杂度就降为$O\left( k\sqrt {N}\right)$

好题。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std; const ll MOD = 1e9 + ;
const int N = 5e4 + ;
ll S[][N], B[][N]; inline int read() {
int 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 n = read(), k = read();
int r = sqrt(n) + ;
S[][] = ;
for (int i = ; i < k; i++) {
for (int j = ; j < r; j++) S[i][j] = (S[i][j] + S[i][j - ]) % MOD;
for (int j = r - ; j > ; j--) B[i][j] = (B[i][j] + B[i][j + ]) % MOD;
for (int j = ; j < r; j++) {
B[i + ][j] = S[i][j] * (n / j - n / (j + ));
if (j == n / j) B[i + ][j] = ; //已被包含在S里
B[i + ][j] %= MOD;
}
for (int j = ; j < r; j++) {
S[i + ][j] = B[i][j] + S[i][r - ];
S[i + ][j] %= MOD;
}
}
ll ans = ;
for (int i = ; i <= r; i++) ans = (ans + B[k][i] + S[k][i]) % MOD;
printf("%lld\n", ans);
return ;
}

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