A-Uint47 calculator(快速乘)
题意：
定义一堆变量然后进行加减乘除运算
思路：
这题难的地方在乘法，会超出long long的范围，所以要用到快速乘(原理跟快速幂类似)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<string>
#define Endl endl
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1ll<<47;
map<string,ll> m;
string s1,s2,s3;
ll qm(ll a,ll b)
{
ll ans=0;
while(b){
if(b%2) ans=(ans+a)%mod;
a=(a+a)%mod;
b/=2;
}
return ans;
}
int main()
{
ll num;
while(cin>>s1>>s2){
if(s1=="def") cin>>num;
else{
cin>>s3;
if(s1=="add") num=(m[s2]+m[s3])%mod;
if(s1=="sub") num=(m[s2]-m[s3]+mod)%mod;
if(s1=="mul") num=qm(m[s2],m[s3]);
if(s1=="div") num=m[s2]/m[s3];
if(s1=="mod") num=m[s2]%m[s3];
}
if(num<0) num+=mod;
m[s2]=num;
cout<<s2<<" = "<<num<<endl;
}
return 0;
}
D-Number theory(线段树)
题意：
初始化x=1,有两种操作:M yi: x = x * yi 与 N di: x = x / ydi ，输出每次操作之后的x的值
思路：
用线段树维护乘积和，线段树下标对应的值就为yi
每次进行M操作时将yi进行修改,N操作则将对应的ydi修改为1,每次修改输出Tree[1]即为乘积
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+20;
ll tree[maxn<<2],m;
void push_up(int rt)
{
tree[rt]=(tree[rt<<1]*tree[rt<<1|1])%m;
}
void update(int pos,int l,int r,int val,int rt)
{
if(l==r){
tree[rt]=val;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) update(pos,l,mid,val,rt<<1);
else update(pos,mid+1,r,val,rt<<1|1);
//push_up(rt);
tree[rt]=(tree[rt<<1]*tree[rt<<1|1])%m;
}
int main()
{
int t,k,n;
char s[9];
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n<<2;i++) tree[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s%d",&s,&k);;
if(s[0]=='M') update(i,1,n,k,1);
else update(k,1,n,1,1);
cout<<tree[1]<<endl;
}
}
}
E-Traffic jam(最短路)
题意：
给一张无向图带权图，每个点在每个特定时段才能通行，从点s到点t的最短时间
思路：
正常跑dij，在进行松弛操作时，要判断点能否通行，不能通行的话边权要加上等待的时间之后看看能否松弛
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn=1005;
int dis[maxn],m[maxn][maxn],a[maxn],vis[maxn];
int t,n,k,u,v,val,x,y;
void init()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,inf,sizeof(dis));
memset(m,inf,sizeof(m));
for(int i=1;i<=n;i++) m[i][i]=0;
}
int dij(int s,int t)
{
dis[s]=0;
//vis[s]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int temp=-1,mx=inf;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j]&&dis[j]<mx){
temp=j;
mx=dis[j];
}
}
if(t==-1) break;
vis[temp]=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j]&&m[temp][j]!=inf){
int d=dis[temp];
if((d%(2*a[temp]))>=a[t])
d+=(a[temp]-d%a[temp]);
d=d+m[temp][j];
if(dis[j]>d)
dis[j]=d;
}
}
}
return dis[t];
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&k);
init();
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=k;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&val);
m[u][v]=m[v][u]=val;
}
scanf("%d%d",&x,&y);
cout<<dij(x,y)<<endl;
}
return 0;
}
G-IoU(思维)
题意：
给两个矩形，问他们重叠部分的面积占合并之后的图形的面积的比值
思路：
直接求出合并之后的面积再减去原来两矩形的面积就为重叠的面积，注意要判断两个矩形是否重合
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<string>
#define Endl endl
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
ll Cas,x1,x2,y1,y2,w1,w2,h1,h2,x3,y3,x4,y4;
ll s,s1,s2;
double rate;
scanf("%lld",&Cas);
while(Cas--){
cin>>x1>>y1>>w1>>h1;
cin>>x2>>y2>>w2>>h2;
x3 = max(min(x1,x1+w1),min(x2,x2+w2));
y3 = max(min(y1+h1,y1),min(y2,y2+h2));
x4 = min(max(x1,x1+w1),max(x2,x2+w2));
y4 = min(max(y1+h1,y1),max(y2,y2+h2));
if(x4>x3&&y4>y3) s=(y4-y3)*(x4-x3);
else s=0;
s1=w1*h1,s2=w2*h2;
rate=(s*1.0)/(1.0*(s2+s1-s));
printf("%.2lf\n",rate);
}
return 0;
}
H-Chosen by god(组合数学)
题意：
进行n次攻击，每次攻击随机并等可能对敌人或敌人的侍从造成1单位伤害，敌人的血量无限，侍从的血量为m，问杀死侍从的概率是多少
思路：
进攻n次总共会有2n种可能，要杀死侍从至少要对其进攻m次，所以如果n<m，则概率为0
能杀死侍从的概率就有C(n,m)+C(n,m+1)+.....+C(n,n)种
所以概率就为C(n,m)+C(n,m+1)+.....+C(n,n)/2n
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e3+10;
ll C[maxn][maxn];
ll pm(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=(a*ans)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll get_C()
{
C[0][0]=1;
for(int i=0;i<maxn;i++){
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
}
int main()
{
get_C();
int Cas,n,m;
ll ans,x;
scanf("%d",&Cas);
while(Cas--){
ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=m;i<=n;i++){
ans+=C[n][i];
ans%=mod;
}
x=pm(2,n);
x=pm(x,mod-2)%mod;
ans=(ans*x+mod)%mod;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
J-Mind control(组合数化简)
题意：
如果给编号为x的人一个蛋糕，那么编号大于x的人都会崇拜你，现在分发m个蛋糕，求对你产生崇拜人数的期望
思路：
每次分发蛋糕，产生崇拜人数只会与x的最小值有关，剩下的m-1个蛋糕可以在编号为(x,n]的人中随意分发，那么就可以推出期望的表达式为
但是这个公式的计算复杂度为O(n)，1e6组询问下必TLE，所以还需对公式进行代换。
后面的和式为一个组合恒等式，根据C(m,m)=C(m+1,m+1)以及C(m+1,m)+C(m+1,m+1)=C(m+2,m+1)可得证明：
所以几个式子合并有：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
ll pow(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=(a*ans)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
ll n,m,t,ans;
scanf("%lld",&t);
while(t--){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if(m>n){
cout<<n<<endl;
continue;
}
ans=(n+1)*m%mod;
ll x=pow(m+1,mod-2)%mod;
ans*=x;
ans=(ans+mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/overrate-wsj/p/12499890.html