A.大吉大利
位运算有独立性，按位计算对答案的贡献即可。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1000010;
int cnt[40],n;
ll a[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
for(int j=0;j<30;j++)
if(a[i]>>j&1) cnt[j]++;
}
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<30;j++)
if(a[i]>>j&1) res+=(1ll<<j)*cnt[j];
}
cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
B.三角形周长和
不难分析出一条边会被 n − 2 n-2 n−2个三角形公用，因此求出任意两点的曼哈顿路径✖ ( n − 2 ) (n-2) (n−2)即可得出所有三角形周长和，过程中取模即可。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1010;
pii p[N];
int n;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i].x>>p[i].y;
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
ll dx=abs(p[i].x-p[j].x);
ll dy=abs(p[i].y-p[j].y);
res=(res+dx+dy)%mod;
}
res=res*(n-2)%mod;
cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
C.操作集锦
菜菜不会啊啊啊
大佬题解
状态表示： f ( i , j ) f_{(i,j)} f(i,j)表示考虑前 i i i个字符，长度是 j j j的不重复子序列的个数
状态转移：对于第 i i i个字符，有两种选择，如果不选择方案数是 f ( i − 1 , j ) f_{(i-1,j)} f(i−1,j)，如果选择方案数是 f ( i − 1 , j − 1 ) − f ( k − 1 , j − 1 ) f_{(i-1,j-1)}-f_{(k-1,j-1)} f(i−1,j−1)−f(k−1,j−1)， k k k是在 i i i之前最后一次 s i s_i si出现的位置
看了这个方法越想越觉得妙，所以所以我不想啦hhhh
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010;
const ll mod=1e9+7;
ll f[N][N];
int pre[30];
int n,m;
char s[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
cin>>s+1;
for(int i=0;i<=n;i++) f[i][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=i;j++)
{
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
if(pre[s[i]-'a']) f[i][j]-=f[pre[s[i]-'a']-1][j-1];
f[i][j]%=mod;
}
pre[s[i]-'a']=i;
}
cout<<(f[n][m]%mod+mod)%mod<<'\n';
}
return 0;
}
还有一种序列自动机的做法，没学过，回来补一下。
学习序列自动机了，发现上述dp是显然的，我还是见的题太少了~~刷着题补着吧
状态表示： f ( i , j ) f_{(i,j)} f(i,j)表示以 i i i结尾的子序列并且长度是 j j j
状态转移：借助序列自动机找出第一次出现的子序列
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010;
const ll mod=1e9+7;
ll f[N][N];
int ne[N][30];
int n,m;
char s[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
cin>>s+1;
for(int i=n;i;i--)
{
for(int j=0;j<26;j++)
ne[i-1][j]=ne[i][j];
ne[i-1][s[i]-'a']=i;
}
f[0][0]=1;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=min(m,i);j++)
for(int k=0;k<26;k++)
if(ne[i][k])
f[ne[i][k]][j+1]=(f[ne[i][k]][j+1]+f[i][j])%mod;
ll res=0;
for(int i=m;i<=n;i++) res=(res+f[i][m])%mod;
cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
D.斩杀线计算大师
根据扩展欧几里得算法很容易求出 a x + b y = g c d ( a , b ) ax+by=gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b)，由于本题需要求 a x + b y + c z = k ax+by+cz=k ax+by+cz=k考虑枚举 z z z，那么问题就转化为对于 a x + b y = k − c z ax+by=k-cz ax+by=k−cz对于 x , y x,y x,y是否有非负整数解。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
ll a,b,c,k;
cin>>a>>b>>c>>k;
for(int z=0;z*c<=k;z++)
{
ll x,y;
ll d=exgcd(a,b,x,y);
if((k-z*c)%d==0)
{
ll gcd=b/d;
x=((k-z*c)/d*x%gcd+gcd)%gcd;
y=(k-z*c-x*a)/b;
if(x>=0&&y>=0)
{
cout<<x<<' '<<y<<' '<<z<<'\n';
break;
}
}
}
}
return 0;
}
E.旗鼓相当的对手
感觉最近有的浮躁，找了几首轻音乐希望能够让我浮躁的心平静下来，而且最近学校破事贼多，人快无了。
要加油哦~