C. Bear and Prime Numbers
题意：有n（1e6）个数定义f（x）表示这n个数中是x的倍数的数的数目，有50000次询问，每次询问给出[L,R]，需要计算出区间中所有质数的f函数和
思路：用素数筛把素数都筛出来，然后做前缀和处理，每次O1回答
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e7 + 7; bool pri[maxn]; int cnt[maxn]; int pre[maxn]; int main() { int n; scanf("%d", &n); int maxe = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { int x; scanf("%d", &x); cnt[x] ++; maxe = max (maxe, x); } for(int i = 2; i <= maxe; i++) { if(pri[i])continue; for(int j = i; j <=maxe; j += i) { pre[i] += cnt[j]; pri[j] = true; } } for(int i = 1; i <= maxe; i++) { pre[i] += pre[i - 1]; } int m; scanf("%d", &m); while(m--) { int l, r; scanf("%d%d", &l, &r); r = min (r, maxe); if(l <= r) { printf("%d\n", pre[r] - pre[l - 1]); } else printf("0\n"); } return 0; }
D. Bear and Floodlight
题意：平面上有n（20）个灯，每个灯在x，y坐标上，照射的夹角是x，现在问从[L,R]区间中，从L开始可以被灯光照射的地方，最长是多少
思路：考虑装压，因为n只有20，定义dp[i]为i状态下的最优长度，每次计算出添加第j个灯后最长能到多长。
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const double PI = acos(-1.0); double x[25],y[25],a[25]; int n; double l,r; double dp[1<<20]; double calc(double xx,int i) { double as = atan((r - x[i]) / y[i]); double qw = atan((xx - x[i]) / y[i]) + a[i]; as = min(as,qw); return x[i] + tan(as) * y[i]; } int main() { scanf("%d%lf%lf", &n, &l, &r); r -= l; for(int i = 0; i < n; i++) { scanf("%lf%lf%lf", &x[i], &y[i], &a[i]); x[i] -= l; a[i] = a[i] / 180.0 * PI; } int len = 1 << n; for(int i = 0; i < len; i++) { for(int j = 0; j < n; j++) { if((i & (1 << j)) == 0) { dp[i ^ (1 << j)] = max(dp[i ^ (1 << j)], calc(dp[i], j)); } } } printf("%.7f\n",dp[len - 1]); return 0; }
E. Bear in the Field
题意：有只熊，在一个n*n（1e9）的方格上，每个方格(x,y)有x+y个物品，每一秒每个格子的物品+1，现在有t秒，熊的初始速度是dx，dy每吃x个物品，dx和dy都会增加x的速度，假设熊当前在（x,y）那么下一秒的坐标是（x+dx%n + 1, y + dy%n + 1）,
思路：直接按照题目上的关系写出sx,sy,dx,dy,t,每相邻两秒之间的关系，然后构造出矩阵
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL MOD; ///使用前要先对r,c赋值 struct mat{ long long a[30][30]; int r,c; mat operator *(const mat &b)const{ mat ret; for (int i=0;i<r;i++){ for (int j=0;j<b.c;j++){ ret.a[i][j]=0; for (int k=0;k<c;k++) ret.a[i][j]+=a[i][k]*b.a[k][j],ret.a[i][j]%=MOD; } } ret.r=r; ret.c=b.c; return ret; } void init_unit(int x) { r=c=x; for(int i=0;i<r;i++){ for(int j=0;j<c;j++){ if(i==j)a[i][j]=1; else a[i][j]=0; } } } }unit; mat qmod(mat p,LL n){ unit.init_unit(p.c); mat ans = unit; while(n) { if(n & 1)ans = p * ans; p = p * p; n >>= 1; } return ans; } LL n,sx,sy,dx,dy,t; int main() { scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld", &n, &sx, &sy, &dx, &dy, &t); if(t == 0) { printf("%lld %lld\n", sx, sy); return 0; } MOD = n; mat A; A.r = A.c = 6; A.a[0][0] = 2; A.a[0][1] = 1; A.a[0][2] = 1; A.a[0][3] = 0; A.a[0][4] = 1; A.a[0][5] = 2; A.a[1][0] = 1; A.a[1][1] = 2; A.a[1][2] = 0; A.a[1][3] = 1; A.a[1][4] = 1; A.a[1][5] = 2; A.a[2][0] = 1; A.a[2][1] = 1; A.a[2][2] = 1; A.a[2][3] = 0; A.a[2][4] = 1; A.a[2][5] = 2; A.a[3][0] = 1; A.a[3][1] = 1; A.a[3][2] = 0; A.a[3][3] = 1; A.a[3][4] = 1; A.a[3][5] = 2; A.a[4][0] = 0; A.a[4][1] = 0; A.a[4][2] = 0; A.a[4][3] = 0; A.a[4][4] = 1; A.a[4][5] = 1; A.a[5][0] = 0; A.a[5][1] = 0; A.a[5][2] = 0; A.a[5][3] = 0; A.a[5][4] = 0; A.a[5][5] = 1; A = qmod(A,t); LL b[15]; b[0]=sx - 1; b[1] = sy - 1; b[2] = dx; b[3] = dy; b[4] = 0; b[5] = 1; LL ansx = 0, ansy = 0; for(int i = 0; i < 6; i++) ansx=(ansx + A.a[0][i] * b[i] % MOD + MOD) % MOD; for(int i = 0; i < 6; i++) ansy=(ansy + A.a[1][i] * b[i] % MOD + MOD) % MOD; printf("%lld %lld\n",ansx + 1ll,ansy + 1ll); return 0; }