ARC067

C - Factors of Factorial

这个直接套公式就是,先求出来每个质因数的指数幂,然后约数个数就是

\((1 + e_{1})(1 + e_{2})(1 + e_{3})\cdots(1 + e_k)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N;
int prime[1005],tot;
bool nonprime[1005];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
int f(int n,int p) {
if(n < p) return 0;
return f(n / p ,p) + n / p;
}
void Solve() {
read(N);
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
if(!nonprime[i]) {prime[++tot] = i;}
for(int j = 1 ; j <= tot ; ++j) {
if(i * prime[j] > N) break;
nonprime[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
int ans = 1;
for(int i = 1 ; i <= tot ; ++i) {
ans = mul(ans,f(N,prime[i]) + 1);
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}

D - Walk and Teleport

走比较花费少就走,否则就传送

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N;
int64 X[MAXN],A,B;
void Solve() {
read(N);read(A);read(B);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(X[i]);
int64 ans = 0;
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
ans += min(B,(X[i] - X[i - 1]) * A);
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}

E - Grouping

我直接做背包看起来是\(N^{3}\)

然而\(N + \frac{N}{2} + \frac{N}{3}...\)是\(Nlog N\)就过了

若从i个人转移到\(i + kt\)的时候,就是多出k组人数为t,方案数是

\(\binom{kt}{N - i}\frac{(kt)!}{(t!)^k} \frac{1}{k!}\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 1005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N,A,B,C,D;
int dp[MAXN][MAXN],c[MAXN][MAXN],fac[MAXN],invfac[MAXN],g[MAXN];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
int res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = mul(res,t);
t = mul(t,t);
c >>= 1;
}
return res;
}
void Solve() {
read(N);read(A);read(B);read(C);read(D);
c[0][0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
c[i][0] = 1;
for(int j = 1 ; j <= i ; ++j) {
c[i][j] = inc(c[i - 1][j],c[i - 1][j - 1]);
}
}
fac[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
invfac[N] = fpow(fac[N],MOD - 2);
for(int i = N - 1 ; i >= 0 ; --i) {
invfac[i] = mul(invfac[i + 1],i + 1);
}
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= B - A + 1; ++i) {
int t = i + A - 1; for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
for(int k = C ; k <= D ; ++k) {
if(k * t > j) break;
int tmp = mul(dp[i - 1][j - k * t],c[N - j + k * t][k * t]);
tmp = mul(fac[k * t],tmp);
tmp = mul(tmp,fpow(invfac[t],k));
tmp = mul(tmp,invfac[k]);
update(dp[i][j],tmp);
}
}
}
out(dp[B - A + 1][N]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}

F - Yakiniku Restaurants

我对于第i种票每次选出一个最大的\(B[x][i]\),\(l <= x <= r\)

这是一个矩阵加,可以直接差分套一下

然后分到两边继续算,可以用RMQ找区间最大值的位置

复杂度是\(N\log NM + N^{2}\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 5005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N,M;
int64 sum[MAXN][MAXN],A[MAXN],B[MAXN][205],st[MAXN][15],len[MAXN];
int maxpos(int l,int x,int y) {
return B[x][l] > B[y][l] ? x : y;
}
int Query(int x,int l,int r) {
int t = len[r - l + 1];
return maxpos(x,st[l][t],st[r - (1 << t) + 1][t]);
}
void dfs(int x,int l,int r) {
if(l > r) return;
int p = Query(x,l,r);
sum[l][p] += B[p][x];
sum[l][r + 1] -= B[p][x];
sum[p + 1][p] -= B[p][x];
sum[p + 1][r + 1] += B[p][x];
dfs(x,l,p - 1);dfs(x,p + 1,r);
}
void Solve() {
read(N);read(M);
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
read(A[i]);
A[i] += A[i - 1];
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= M ; ++j) {
read(B[i][j]);
}
}
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) len[i] = len[i / 2] + 1;
for(int j = 1 ; j <= M ; ++j) {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) st[i][0] = i;
for(int k = 1 ; k <= 13 ; ++k) {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(i + (1 << k) - 1 > N) break;
st[i][k] = maxpos(j,st[i][k - 1],st[i + (1 << k - 1)][k - 1]);
}
}
dfs(j,1,N);
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
sum[i][j] += sum[i][j - 1];
}
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
sum[i][j] += sum[i - 1][j];
}
}
int64 ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = i ; j <= N ; ++j) {
ans = max(sum[i][j] - (A[j - 1] - A[i - 1]),ans);
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}

【AtCoder】ARC067的更多相关文章

  1. 【AtCoder】ARC067 F - Yakiniku Restaurants 单调栈+矩阵差分

    [题目]F - Yakiniku Restaurants [题意]给定n和m,有n个饭店和m张票,给出Ai表示从饭店i到i+1的距离,给出矩阵B(i,j)表示在第i家饭店使用票j的收益,求任选起点和终 ...

  2. 【AtCoder】ARC092 D - Two Sequences

    [题目]AtCoder Regular Contest 092 D - Two Sequences [题意]给定n个数的数组A和数组B,求所有A[i]+B[j]的异或和(1<=i,j<=n ...

  3. 【Atcoder】CODE FESTIVAL 2017 qual A D - Four Coloring

    [题意]给定h,w,d,要求构造矩阵h*w满足任意两个曼哈顿距离为d的点都不同色,染四色. [算法]结论+矩阵变换 [题解] 曼哈顿距离是一个立着的正方形,不方便处理.d=|xi-xj|+|yi-yj ...

  4. 【AtCoder】ARC 081 E - Don't Be a Subsequence

    [题意]给定长度为n(<=2*10^5)的字符串,求最短的字典序最小的非子序列字符串. http://arc081.contest.atcoder.jp/tasks/arc081_c [算法]字 ...

  5. 【AtCoder】AGC022 F - Leftmost Ball 计数DP

    [题目]F - Leftmost Ball [题意]给定n种颜色的球各k个,每次以任意顺序排列所有球并将每种颜色最左端的球染成颜色0,求有多少种不同的颜色排列.n,k<=2000. [算法]计数 ...

  6. 【AtCoder】AGC005 F - Many Easy Problems 排列组合+NTT

    [题目]F - Many Easy Problems [题意]给定n个点的树,定义S为大小为k的点集,则f(S)为最小的包含点集S的连通块大小,求k=1~n时的所有点集f(S)的和取模92484403 ...

  7. 【AtCoder】ARC095 E - Symmetric Grid 模拟

    [题目]E - Symmetric Grid [题意]给定n*m的小写字母矩阵,求是否能通过若干行互换和列互换使得矩阵中心对称.n,m<=12. [算法]模拟 [题解]首先行列操作独立,如果已确 ...

  8. 【Atcoder】AGC022 C - Remainder Game 搜索

    [题目]C - Remainder Game [题意]给定n个数字的序列A,每次可以选择一个数字k并选择一些数字对k取模,花费2^k的代价.要求最终变成序列B,求最小代价或无解.n<=50,0& ...

  9. 【Atcoder】AGC 020 B - Ice Rink Game 递推

    [题意]n个人进行游戏,每轮只保留最大的a[i]倍数的人,最后一轮过后剩余2人,求最小和最大的n,或-1.n<=10^5. [算法]递推||二分 [题解]令L(i),R(i)表示第i轮过后的最小 ...

随机推荐

  1. Ubuntu 14.04 用户操作

    新建用户sudo adduser linuxidc 修改hosts文件sudo gedit /etc/hosts ubuntu修改主机名sudo gedit /etc/hostname 删除用户在ro ...

  2. ajax传参数json对象到后台获取

    类型1 var version = $("#version").val(); var ids[i] = ("127.0.0.1","192.168.1 ...

  3. eclipse远程连接hadoop单机模式出现的问题

    按照http://tydldd.iteye.com/blog/2007938配置单机模式 主要是 (1)配置hadoop-env.sh,指定jdk的安装路径 添加jdk路径 # The java im ...

  4. kotlin之MutableMap委托

    fun main(arg: Array<String>) { val map = mutableMapOf("name" to "tom", ) v ...

  5. kotlin标准委托之可观察属性

    所谓可观察属性就是当属性变化时可以拦截其变化,实现观察属性值变化的委托函数是Delegates.observable.该函数接受二个参数,第一个是初始化值,第2个属性值变化事件的响应器.每次我们向属性 ...

  6. js常用的正则

     1.5位整数带两位小数/^\d{0,5}(\.\d{0,2})?$/g 2.邮箱/^([0-9A-Za-z\-_\.]+)@([0-9a-z]+\.[a-z]{2,3}(\.[a-z]{2})?)$ ...

  7. 16Flutter中的路由 基本路由 基本路由跳转传值(上)

    /* Flutter中的普通路由.普通路由传值.命名路由.命名路由传值 Flutter中的路由通俗的讲就是页面跳转.在Flutter中通过Navigator组件管理路由导航. 并提供了管理堆栈的方法. ...

  8. Java NIO学习笔记五 FileChannel(文件通道)

    Java NIO FileChannel Java NIO FileChannel是连接文件的通道.使用FileChannel,您可以从文件中读取数据和将数据写入文件.Java NIO FileCha ...

  9. Python描述性统计numpy

    import numpy as np import pandas as pd import matplotlib.pyplot as plt from sklearn import datasets, ...

  10. 实现两个DataTable的联合查询

    如方法一描述:将子表的数组追加到主表数组的下面.从而实现类似于视图(单表)的效果. 那么Left Join(Inner Join)和Right Join(Outer Join) 将如何实现呢? 明天仔 ...