A. Gennady and a Card Game
签到.
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 char s[5], t[5]; 5 6 bool solve() 7 { 8 int flag = false; 9 for (int i = 1; i <= 5; ++i) 10 { 11 scanf("%s", t); 12 if (t[0] == s[0] || t[1] == s[1]) 13 flag = true; 14 } 15 return flag; 16 } 17 18 int main() 19 { 20 while (scanf("%s", s) != EOF) puts(solve() ? "YES" : "NO"); 21 return 0; 22 }
B. Petr and a Combination Lock
二进制枚举
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int n, a[20]; 5 bool solve() 6 { 7 for (int i = 0; i < (1 << n); ++i) 8 { 9 int res = 0; 10 for (int j = 1; j <= n; ++j) 11 { 12 int vis = (i >> (j - 1)) & 1; 13 res += a[j] * (vis ? 1 : -1); 14 } 15 if (res % 360 == 0) return true; 16 } 17 return false; 18 } 19 20 int main() 21 { 22 while (scanf("%d", &n) != EOF) 23 { 24 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i); 25 puts(solve() ? "YES" : "NO"); 26 } 27 return 0; 28 }
C. Yuhao and a Parenthesis
Solved.
题意：
给出n个括号序列，求两两匹配成合法序列的最多对数
思路：
考虑单个括号序列最后一定可以化简成 ))) 或者 ((( 或者)))(((这三种形式
或者本身就是合法的
发现第三种)))(((不可能和别人两两匹配成合法序列
只需考虑))) 和 ((( 的配对以及本身就是合法序列的配对即可
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define N 500010 5 int n; 6 int l[N], r[N], good; 7 char s[N]; 8 9 int main() 10 { 11 while (scanf("%d", &n) != EOF) 12 { 13 memset(l, 0, sizeof l); 14 memset(r, 0, sizeof r); 15 good = 0; 16 for (int i = 1; i <= n; ++i) 17 { 18 scanf("%s", s + 1); 19 int len = strlen(s + 1); 20 int left = 0, right = 0; 21 for (int i = 1; i <= len; ++i) 22 { 23 if (s[i] == '(') ++left; 24 else 25 { 26 if (left > 0) --left; 27 else ++right; 28 } 29 } 30 if (left > 0 && right > 0) continue; 31 if (left == 0 && right == 0) ++good; 32 else if (left == 0) ++r[right]; 33 else ++l[left]; 34 } 35 int res = 0; 36 for (int i = 1; i <= 500000; ++i) res += min(l[i], r[i]); 37 res += good / 2; 38 printf("%d\n", res); 39 } 40 return 0; 41 }
D. Makoto and a Blackboard
Upsolved.
题意：
$刚开始黑板上有一个n,我们假定此时在黑板上的数是v$
那么每次可以取$v的一个因数去替换这个数，求最后留下的数的期望$
思路：
我们假定$n一共有p个因数，以及dp[x][j] 表示进行n为x，并且进行j轮的期望$
易得转移方程
$dp[x][j] = \frac{\sum_{i = 1}^{i = p} dp[y][j - 1]}{p}$
那么很显然的一个递推就出来了，每次枚举n的每个因子，再枚举n的每个因子的每个因子，递推上去
T了，喵喵喵，(觉得个数会很少？
后来发现我们要求的只是 $dp[n][k]$
而且后面那部分的转移其实是可以拆的，拆成若干个因子期望的和/个数 再乘起来
那么我们质因子相同的放在一起做
这样就有前缀和性质
假设$n = x_1^{p_1} \cdot x_2 ^ {p_2} \cdots$
复杂度就是$O(p * k)$ 因为p不会太大
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 #define N 10010 6 #define pli pair <ll, int> 7 const ll MOD = (ll)1e9 + 7; 8 ll n; int k; 9 ll inv[N]; 10 11 vector <pli> getfact(ll n) 12 { 13 vector <pli> res; 14 for (ll i = 2; i * i <= n; ++i) 15 { 16 int need = 0; 17 while (n % i == 0) 18 { 19 ++need; 20 n /= i; 21 } 22 if (need) res.emplace_back(i, need); 23 } 24 if (n != 1) res.emplace_back(n, 1); 25 return res; 26 } 27 28 ll f(ll x, ll p) 29 { 30 vector <ll> dp(p + 1, 0); 31 dp[0] = 1; 32 for (int i = 1; i <= p; ++i) 33 dp[i] = (dp[i - 1] * x) % MOD; 34 for (int rep = 0; rep < k; ++rep) 35 { 36 for (int i = 1; i <= p; ++i) dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i]) % MOD; 37 for (int i = 1; i <= p; ++i) dp[i] = (dp[i] * inv[i + 1]) % MOD; 38 } 39 return dp[p]; 40 } 41 42 int main() 43 { 44 inv[1] = 1; 45 for (int i = 2; i < N; ++i) inv[i] = inv[MOD % i] * (MOD - MOD / i) % MOD; 46 while (scanf("%lld%d", &n, &k) != EOF) 47 { 48 ll ans = 1; 49 for (auto p : getfact(n)) 50 ans = (ans * f(p.first, p.second)) % MOD; 51 printf("%lld\n", ans); 52 } 53 return 0; 54 }
F. Alex and a TV Show
Unsolved.
题意：
$有n个可重集，有四种操作$
$1 \;\;x\;\; v\;\; 表示将第\;x\;个集合设为\;\;{v}$
$2 \;\;x \;\;y\;\; z\;\; 表示将\;y\;和\;z\;两个集合并起来 赋给 \;\;x$
$3 \;\;x \;\;y \;\;z\;\; 表示将\;\;y\;\;和 \;\;z\;\;两个集合求乘积，乘积的定义为\;\; {gcd(a, b | a \in A, \; b \in B)} \;\;赋给\;\;x$
$4 \;\; x\;\; v\;\; 表示询问\;\;v\;\;在\;\;x\;\;中出现的次数 \;\;MOD \;\;2$
思路：