Problem 1. 小 X 的加法难题
Input file: sum.in
Output file: sum.out
Time limit: 1 second
Memory limit: 256 MB
题目描述：
第一节编程课上，老师要求大家写一个程序计算两个正整数的和。
看到小 X 不屑的眼神后，老师决定给小 X 增加难度。以求 12 和 3 的和为例，老师在 12 + 3 这个
原始式子里加入一些无用的空格，再把它交给小 X。
这下小 X 傻眼了，希望你帮帮他。
Input
第一行包含一个字符串，表示老师给小 X 的式子。
Output
若式子的结果不超过 108，则第一行包含一个整数，表示式子的结果；否则第一行包含一个字符串“Large”。
Example
sum.in
1 2 + 3
sum.out
15
Scoring
• 对于 30% 的数据，式子中不包含无用的空格，式子的结果不超过 108。 • 对于 100% 的数据，字符串长度不超过 100。
思路：
这其实求是一道大模拟题，我们只需注意下‘+’的位置，
然后分别将‘+’前后的字符串转为数字出入a,b两个变量。
然后，题目可能会有一百位的字符串输入，所以我们
需要注意一下‘+’前后组成数字后的位数，大于8位就输出
“Large”了。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#define ll long long
using namespace std;
const ll MAX=1e8;
string s;
ll a, b, i, al, bl;
int main()
{
freopen("sum.in", "r", stdin);
freopen("sum.out", "w", stdout);
getline(cin, s);
ll len=s.size();
for(i=0; i<len; i++)
{
if(al>8) {
printf("Large\n"); return 0;}
if(s[i] >= '0' && s[i] <= '9') a=a * 10 + (s[i] - '0'), ++al;
if(s[i] == '+') break;
//printf("i=%d a=%d\n", i, a);
}
for(ll j=i; j<len; j++)
{
if(bl>8) {
printf("Large\n"); return 0;}
if(s[j] >= '0' && s[j] <= '9') b=b * 10 + (s[j] - '0'), ++bl;
}
//cout<<a<<' '<<b<<endl;
if(a + b > MAX
) printf("Large\n");
else printf("%lld", a + b);
return 0;
}
Problem 2. 小 X 的密码破译
Input file: password.in
Output file: password.out
Time limit: 1 second
Memory limit: 256 MB
题目描述：
这天小 Y 有事外出，小 X 又忘记带电脑了，于是想使用小 Y 的电脑。不幸的是，小 Y 设了密码，
密码提示是四个整数，且输错后密码和提示就会重新生成。正当小 X 一筹莫展的时候，他打开小 Y 的抽屉，发现里面有一张小纸条，上面写着：“给出提示n, a, b, c，令 di = (a i 2 i^2 i2 + bi + c) m o d mod mod 11111111(1 ≤ i ≤ n)，将序列 d 去除重复的数后从小到大排序得到序列 e，设序列 e 有 m 个数，则密码为 ( ∑ i = 1 m i e i \sum_{i=1}^{m} ie_i ∑i=1miei) m o d mod mod 11111111。”
小 X 十分激动，想立刻完成密码破译，希望你帮帮他。
Input
第一行包含四个整数 n, a, b, c。
Output
第一行包含一个整数，表示密码。
Example
password.in
3 0 0 2
password.out
2
Scoring
• 对于 30% 的数据，n ≤ 103。 • 对于 60% 的数据，n ≤ 105。 • 对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 107，0 ≤ a, b, c ≤ 100。
思路：
根据题意模拟即可
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 11111111;
int n, a, b, c, ans;
bool v[MAXN];
int main() {
freopen("password.in", "r", stdin);
freopen("password.out", "w", stdout);
scanf("%d%d%d%d", &n, &a, &b, &c);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
v[(a * 1ll * i * i + b * 1ll * i + c * 1ll) % MAXN] = true;
for (int i = 0, m = 0; i < MAXN; ++i)
if (v[i]) ans = (ans + (++m) * 1ll * i) % MAXN;
printf("%d", ans);
return 0;
}
Problem 3. 小 X 的液体混合
Input file: mixture.in
Output file: mixture.out
Time limit: 1 second
Memory limit: 256 MB
题目描述：
虽然小 X 不喜欢化学原理，但他特别喜欢把一大堆液体倒在一起。
现在小 X 有 n 种液体，其中 m 对会发生反应。现在他想把这 n 种液体按某种顺序倒入一个容器
内，让他获得最刺激的体验，也就是使危险系数尽量大。
我们可以这样计算危险系数，一开始容器内没有任何液体，危险系数为 1。每次液体倒入容器时，
若容器内已有一种或多种液体会与这种液体发生反应，则危险系数会乘 2，否则危险系数不变。
最大危险系数小 X 不会算，希望你帮帮他。
Input
第一行包含两个整数 n, m。
接下来 m 行，每行包含两个整数 a, b，表示液体 a 和液体 b 会发生反应。
Output
第一行包含一个整数，表示最大危险系数。
Example
mixture.in
3 2
1 2
2 3
mixture.out
4
Scoring
• 对于 30% 的数据，n ≤ 10。
• 对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 1000，a = b，同种反应不会出现多次。
思路：
我们把题目分成多个集合，或是说连通块。设有x个,那么它能贡献的最大价值为 2 n − x 2^{n-x} 2n−x
解释一下，我们先来看对于某一个连通块，如下图：
图有点特别，不要在意！！
那它的最大贡献肯定是： 2 m − 1 2^{m-1} 2m−1 (m表示当前这个连通块有m个节点)
根据题意，那按贪心来算，我们肯定是每次选这个块中度最大的作为根节点，
然后再将与它相连的点为根节点，重复当前操作。这个大家应该都理解，
所以最后一定是在这个连通块中的每一个点（除根节点外）都是可以
直接或间接与根节点发生化学反应的。
那它的最大价值不就是 2 m − 1 2^{m-1} 2m−1，减一是指根节点，因为第一次加入的液体
是没有一个与它发生化学反应的。
接着我们再回到一个大图中，那最大价值是不是就是每一个
连通块的价值和，即：Ans=2 m 1 − 1 ^{m_1-1} m1−1+2 m 2 − 1 ^{m_2-1} m2−1+2 m 2 − 1 ^{m_2-1} m2−1…+2 m x − 1 ^{m_x-1} mx−1
那有x个连通块，是不是就是减去x个一，那x个连通块的内部节点个数，
不就是这个图的总结点个数（x的意思看上文），so…最后答案就为 2 n − x 2^{n-x} 2n−x
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int n, m, u, v, fa[N], tot, ans[N];
int find(int x) {
return x == fa[x]? x : fa[x] = find(fa[x]);}
void unionn(int u, int v)
{
int x = find(u), y = find(v);
fa[x]=y;
}
void gjc()
{
int x=0, temp;
for(int i = N; i >= 1 ; i--)
{
temp = ans[i] * 2 + x;
x = temp / 10;
ans[i] = temp % 10;
}
}
int main()
{
freopen("mixture.in", "r", stdin);
freopen("mixture.out", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d%d", &u, &v), unionn(u, v);
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(fa[i] == i) tot++;
//printf("%d\n", tot);
ans[N] = 1;
for(int i = 1; i <= n - tot; i++) gjc();
int j = 1;
while(!ans[j]) j++;
for(int i = j; i <= N; i++) printf("%d", ans[i]);
return 0;
}
Problem 4. 小 X 的AK计划
题目描述：
在小X的家乡，有机房一条街，街上有很多机房。每个机房里都有一万个人在切题。小X刚刷完CodeChef，准备出来逛逛。
机房一条街有 n 个机房，第 i 个机房的坐标为 xi ，小X的家坐标为 0。小X在街上移动的速度为1，即从 x1 到 x2 所耗费的时间为 |x1 − x2|。 每个机房的学生数量不同，ACM 题目水平也良莠不齐。小X到达第 i 个机房后，可以花 ti 的时间想题，然后瞬间 AK；当然，也可以过机房而不入。
小X现在只有 m 个单位时间，之后他就该赶着去打 Codeforces 了。现在他想知道自己最多能在多少个机房 AK，希望你帮帮他。
Input:
第一行包含两个整数 n，m。
接下来 n 行，每行包含两个整数 x i x_i xi， t i t_i ti 。
Output:
第一行包含一个整数，表示小X最多能 AK 的机房数量。
Example
.in
2 10
1 100
5 5
.out
1
Scoring
对于 30% 的数据， n ≤ 20 n ≤ 20 n≤20。
对于 60% 的数据， n ≤ 1000 n ≤ 1000 n≤1000。
对于 100% 的数据， 1 ≤ n ≤ 1 0 5 ， 0 ≤ m ， x i ≤ 1 0 18 ， 0 ≤ t i ≤ 1 0 9 1 ≤ n ≤ 10^5，0 ≤ m，x_i ≤ 10^{18}，0 ≤ t_i ≤ 10^9 1≤n≤105，0≤m，xi≤1018，0≤ti≤109。
ps: 大佬们都用什么大根堆，小根堆的，但我只会贪心。
思路：
首先将每一机房的路程和AK时间汇总，记作tot，
再根据tot将每一机房的information做升序排序；
接着，我们再看题，
从 x1 到 x2 所耗费的时间为 |x1 − x2|
也就是说，刷完一家机房，
到另一家机房所用的时间应为:
|这家机房的位置-下一家机房的位置|
在这里可以简化为“下一家的位置-这家的位置”，因为机房在街上的位置一定是正的
那怎么得知当前机房是从哪里来的，
我设了一个变量last，来记住上一个机房的位置，
并在到达另一家机房时更新。
最后我们判断一下已用的tine超过m，输出答案，
但是比赛时，就是因为这个，害我失去了20分，
最后还需特判一下所有机房都AK后的用时还小于m的情况。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define fre(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout);
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX=2147483647;
const int N=1e5+10;
struct AK
{
ll road, ak_time, tot;
} data[N];
ll n, m, used_time, ans, last;
bool cmp(AK a, AK b) {
return a.tot < b.tot;}
int main()
{
//fre();
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for(ll i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%lld%lld", &data[i].road, &data[i].ak_time);
data[i].tot = data[i].ak_time + data[i].road;
//输入数据的汇总
}
sort(data + 1, data + 1 + n, cmp);
for(ll i = 1; i <= n; i++)
{
if(used_time + data[i].tot - last > m)
{
printf("%lld\n", ans); return 0;}
used_time += data[i].tot - last;
last = data[i].road;
ans++;
}
printf("%lld\n", ans); //特判
return 0;
}