\(A\)
咕咕
int x,y;
int c[4]={0,300000,200000,100000};
int res;
int main(){
cin>>x>>y;
if(x<=3)res+=c[x];
if(y<=3)res+=c[y];
if(x==1&&y==1)res+=4e5;
cout<<res<<endl;
return 0;
}
\(B\)
咕咕
const int N=2e5+5;
typedef long long ll;
int a[N],n;ll sum[N],suf[N],res;
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),sum[i]=suf[i]=a[i];
fp(i,1,n)sum[i]+=sum[i-1];fd(i,n,1)suf[i]+=suf[i+1];
res=1e18;
fp(i,1,n-1)cmin(res,abs(sum[i]-suf[i+1]));
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
\(C\)
一道思博题想了这么久看来脑子已经没用了
如果每行都有草莓那么每行分别考虑，对于没有草莓的行缩起来就行了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=305;
char mp[N][N];int col[N][N],n,m,cnt,K;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
fp(i,1,n)scanf("%s",mp[i]+1);
fp(i,1,n)fp(j,1,m)if(mp[i][j]=='#'){
col[i][j]=++cnt;
for(R int k=j-1;k&&!col[i][k]&&mp[i][k]!='#';--k)col[i][k]=cnt;
for(R int k=j+1;k<=m&&!col[i][k]&&mp[i][k]!='#';++k)col[i][k]=cnt;
}
fp(i,1,n)fp(j,1,m)if(col[i][j]){
for(R int k=i-1;k&&!col[k][j];--k)col[k][j]=col[i][j];
for(R int k=i+1;k<=n&&!col[k][j];++k)col[k][j]=col[i][j];
}
fp(i,1,n)fp(j,1,m)printf("%d%c",col[i][j]," \n"[j==m]);
return 0;
}
\(D\)
傻了，什么神仙题
我们发现一次操作要么使总位数减1总和不变，要么使总和减9总位数不变，而最终的情况一定是位数为1总和小于等于9，记总位数为d，总和为s，答案就是\(d-1+(s-1)/9\)
const int N=2e5+5;
typedef long long ll;
int d[N],n;ll c[N],res,sum;
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%d%lld",&d[i],&c[i]),sum+=c[i],res+=d[i]*c[i];
printf("%lld\n",(res-1)/9+sum-1);
return 0;
}
\(E\)
我们记\(d(i)=query(i,i+n-1)\)，如果存在某个\(d(i)\neq d(i+1)\)，那么显然\(i\)和\(i+n\)的颜色就可以知道了，同时\((i+1,i+n-1)\)这个区间中一定是红蓝次数各一半，我们可以用它去check出其他所有颜色
所以问题是怎么找到这个分界点，它实际上是可以二分的，我们初始时记\(l=1,r=n+1\)，那么\(d(l)\neq d(r)\)显然成立，我们每一次判断\(mid\)，如果\(d(mid)=d(l)\)则令\(l=mid\)，否则令\(r=mid\)，这样一直二分到\(r-l=1\)即可
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=505;
char s[5];int a[N],col[N],bs[N],cnt[2],n,las,now,ql,qr,l,r,mid,ans;
inline int ask(R int l,R int r){
putchar('?'),putchar(' ');
fp(i,l,r)printf("%d ",i);
putchar('\n'),fflush(stdout);
scanf("%s",s+1);return s[1]=='R';
}
inline int ask(R int l,R int r,R int x,R int d){
putchar('?'),putchar(' ');
fp(i,l,r)if(i!=x)printf("%d ",i);
if(d)printf("%d ",x);
putchar('\n'),fflush(stdout);
scanf("%s",s+1);
if(s[1]=='-')while(true);
return s[1]=='R';
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n<<1)col[i]=-1;
l=1,r=n+1,ans=0,bs[1]=ask(1,n),bs[n+1]=bs[1]^1;
while(r-l>1){
mid=(l+r)>>1,bs[mid]=ask(mid,mid+n-1);
bs[mid]==bs[l]?l=mid:r=mid;
}
col[l]=bs[l],col[r+n-1]=bs[r];
ql=r,qr=r+n-2;
fp(i,ql,qr)col[i]=ask(ql-1,qr+1,i,0)^1;
fp(i,1,ql-2)col[i]=ask(ql,qr,i,1);
fp(i,qr+2,n<<1)col[i]=ask(ql,qr,i,1);
putchar('!'),putchar(' ');
fp(i,1,n<<1)putchar(col[i]?'R':'B');
putchar('\n'),fflush(stdout);
return 0;
}
\(F\)
首先，可以发现如果一个状态转移一次之后每个格子都有一个机器人，那么这个状态肯定是合法的
如果一直往下走，那么循环节就是\(g={n\over \gcd(n,T)}\)，往右走循环节是\(h={m\over \gcd(m,T)}\)，那么这个\(g\times h\)的子矩形只会受自己内部影响，和外面无关，所以我们可以对于每个这样的子矩形单独考虑
这样我们可以把问题转化为一个\(g\times h\)的子矩形且\(T=1\)，我们考虑合法的方案，一种是存在某个格子不走，那么整个矩形全都不走，一种是分别考虑每行，要么不走要么全往右，一种是每列都是全往下，这个直接组合数算一下，全都不走的情况也会在后两种里被算到，要去掉
还有一种情况是既往右又往下，假设我们先固定\((1,1)\)为右，那么\((1,2)\)就不能被\((n,2)\)走到了，所以\((n,2)\)也必然是右，以此类推我们可以确定\({h\times g\over \gcd(h,g)}\)个格子，那么对于所有\(\gcd(h,g)\)个格子每个都有两种方案，直接算一下就好了，记得把全往右和全往下的情况也去掉
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int inc(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R ll y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
int n,m,T,res,h,g;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
h=n/__gcd(n,T),g=m/__gcd(m,T);
// printf("%d %d\n",h,g);
res=((0ll+1+ksm(2,h)-1+ksm(2,g)-1+ksm(2,__gcd(h,g))-2)%P+P)%P;
res=ksm(res,1ll*(n/h)*(m/g));
printf("%d\n",res);
return 0;
}