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第一题: 第几天
2000年的1月1日，是那一年的第1天。
那么，2000年的5月4日，是那一年的第几天？
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
解析:
这题要注意两个地方，一是2000年不是2010年; 二是2000年的1月1日，是那一年的第1天，所以答案不是两个日记相减，而是
两个日历相减的结果加上1。
方法一: 最简单的方法是用Excel算：
=DATE(2000,5,4) - DATE(2000,1,1) + 1
(或者写 "=DATE(2000,5,4) - DATE(2000,1,0)" 也可)
方法二: 右下角的日历
看日历知答案为31+29+31+30+4，用计算器算出125。
方法三: 敲代码
特别闲的话还是可以考虑敲敲代码的:
#include <iostream>
using namespace std;
inline int isLeap(int year) {
return 0 == year % 4 || year % 100 && 0 == year % 400;
}
const int Day[] = { 0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31 };
int main() {
int year = 2000, month = 5, day = 4;
int ans = (isLeap(year) && month > 2) + day;
for (int i = 1; i < month; ++i)
ans += Day[i];
cout << ans << endl;
return 0;
}
答案: 125
第二题: 明码
汉字的字形存在于字库中，即便在今天，16点阵的字库也仍然使用广泛。
16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。
一个字节可以存储8位信息，用32个字节就可以存一个汉字的字形了。
把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，
一共16行，布局是：
第1字节，第2字节
第3字节，第4字节
....
第31字节, 第32字节
这道题目是给你一段多个汉字组成的信息，每个汉字用32个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。
题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目的要求，并根据要求填写答案。
这段信息是（一共10个汉字）：
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4
4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64
16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128
0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0
2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0
1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0
0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
解析:
这题没看到提交的是一个整数，最后交了"九的九次方等于多少？"上去。尴尬......
会把数字转为二进制就好了。
参考代码:
#include <iostream>
using namespace std;
void changeToTwo(int x) {
if (x < 0) cout << "*";
else cout << " ";
for (int i = 6; i >= 0; --i)
if (x & (1 << i)) cout << "*";
else cout << " ";
}
int main() {
int a, b;
while (cin >> a >> b) {
changeToTwo(a);
changeToTwo(b);
cout << endl;
for (int i = 1; i < 16; ++i) {
cin >> a >> b;
changeToTwo(a);
changeToTwo(b);
cout << endl;
}
cout << endl;
}
return 0;
}最后看到：
九的九次方等于多少？
计算器算算就好了。
答案: 387420489
第三题: 乘积尾零
如下的10行数据，每行有10个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？
5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329
2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594
9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899
1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019
2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683
5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649
6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785
2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915
3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074
689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211
注意: 需要提交的是一个整数，表示末尾零的个数。不要填写任何多余内容。
解析:
数学做法: 因为2 * 5 = 10，所以分解100个数，求出这100个数中总共有多少个2和5的因子，最后取最小值即为答案。
参考代码:
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int cntNum(int x, int k) {
int cnt = 0;
while (0 == x % k) {
++cnt; x /= k;
}
return cnt;
}
int main() {
int cntTwo = 0, cntFive = 0;
int tmp;
while (cin >> tmp) {
cntTwo += cntNum(tmp, 2);
cntFive += cntNum(tmp, 5);
}
cout << min(cntFive, cntTwo);
return 0;
}用高精度算法也可以:
#include <iostream>
using namespace std;
const int X = 1e9;
const int maxn = 105;
int num[maxn], len = 1;
int cntZero(int x) {
int cnt = 0;
while (0 == x % 10) {
++cnt; x /= 10;
}
return cnt;
}
int main() {
num[0] = 1;
long long tmp;
while (cin >> tmp) {
long long carry = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i) {
carry += tmp * num[i];
num[i] = carry % X;
carry /= X;
}
if (carry) num[len++] = carry;
}
int find = -1, ans = 0;
while (!num[++find]) ans += 9;
cout << ans + cntZero(num[find]) << endl;
return 0;
}
答案: 31
第四题: 测试次数
x星球的居民脾气不太好，但好在他们生气的时候唯一的异常举动是: 摔手机。
各大厂商也就纷纷推出各种耐摔型手机。x星球的质监局规定了手机必须经过耐摔测试，并且评定出一个耐摔指数来，之后才
允许上市流通。
x星球有很多高耸入云的高塔，刚好可以用来做耐摔测试。塔的每一层高度都是一样的，与地球上稍有不同的是，他们的第一
层不是地面，而是相当于我们的2楼。
如果手机从第7层扔下去没摔坏，但第8层摔坏了，则手机耐摔指数=7。
特别地，如果手机从第1层扔下去就坏了，则耐摔指数=0。
如果到了塔的最高层第n层扔没摔坏，则耐摔指数=n
为了减少测试次数，从每个厂家抽样3部手机参加测试。
某次测试的塔高为1000层，如果我们总是采用最佳策略，在最坏的运气下最多需要测试多少次才能确定手机的耐摔指数呢？
请填写这个最多测试次数。
注意: 需要填写的是一个整数，不要填写任何多余内容。
解析:
方法一: dp
设在第n层楼还剩k个手机可以用的话，f(n, k)为在最坏的运气下最多需要测试多少次能确定手机的耐摔指数。（注: n >= 0，k >= 1）
易知:
f(n, 1) = n（由第1层楼开始测试一直试到第n层）
f(0, n) = 1（第0层楼不管你有多少部手机都不需要测试就能确定手机的耐摔指数）
（假设从第i层楼扔手机，若摔坏了，那就是i-1层楼剩下k-1个手机要测试的次数；若没有摔坏，那么前面i层楼都不需要测试，就变成n-i层楼k个手机要测试的次数。因为考虑的是最坏的运气下最多需要测试多少次能确定手机的耐摔指数，那么取两个最大值就好了。因此从第1层楼尝试，到第n层楼，求其最小值并加上1就为答案（加1是因为在第i层楼尝试了一次））
参考代码:
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 10005, inf = 1e9;
int f[maxn][5];
int main() {
int n = 1000;
f[0][1] = f[0][2] = f[0][3] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
f[i][1] = i;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
f[i][2] = inf;
for (int j = 1; j <= i; ++j)
f[i][2] = min(1 + max(f[j - 1][1], f[i - j][2]), f[i][2]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
f[i][3] = inf;
for (int j = 1; j <= i; ++j)
f[i][3] = min(1 + max(f[j - 1][2], f[i - j][3]), f[i][3]);
}
cout << f[1000][3] << endl;
return 0;
}方法二: 用数学方法求出下面的结论:
假设k次尝试，最多能测出耐摔指数为k * (k * k+ 5) / 6高度。
根据上面的结论用二分查找求解答案。
参考代码:
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
int n = 1000;
int srt = 1, end = 1000;
while (srt < end) {
long long mid = ((end + srt) >> 1);
if (mid * (mid * mid + 5) / 6 >= n) end = mid;
else srt = mid + 1;
}
cout << srt << endl;
return 0;
}
答案: 19
第五题: 快速排序
以下代码可以从数组a[]中找出第k小的元素。
它使用了类似快速排序中的分治算法，期望时间复杂度是O(N)的。
请仔细阅读分析源码，填写划线部分缺失的内容。
#include <stdio.h>
int quick_select(int a[], int l, int r, int k) {
int p = rand() % (r - l + 1) + l;
int x = a[p];
{int t = a[p]; a[p] = a[r]; a[r] = t;}
int i = l, j = r;
while(i < j) {
while(i < j && a[i] < x) i++;
if(i < j) {
a[j] = a[i];
j--;
}
while(i < j && a[j] > x) j--;
if(i < j) {
a[i] = a[j];
i++;
}
}
a[i] = x;
p = i;
if(i - l + 1 == k) return a[i];
if(i - l + 1 < k) return quick_select( _____________________________ ); //填空
else return quick_select(a, l, i - 1, k);
}
int main()
{
int a[] = {1, 4, 2, 8, 5, 7, 23, 58, 16, 27, 55, 13, 26, 24, 12};
printf("%d\n", quick_select(a, 0, 14, 5));
return 0;
}注意: 只填写划线部分缺少的代码，不要抄写已经存在的代码或符号。
解析:
吐槽一下题目代码连<stdlib.h>头文件都没有！！！
注意时间复杂度为O(n)。
当i - l + 1 < k时，我们知道这i - l + 1个数必然为前i - l + 1小的数。由于要找第k小的数，故可以排除掉这
i - l + 1个数。
即在a数组的[i + 1, r]里找第k- (i - l + 1)小的数就好。
答案: a, i + 1, r, k - (i - l + 1) (或k - i + l - 1)
第六题: 递增三元组
给定三个整数数组
A = [A1, A2, ... AN],
B = [B1, B2, ... BN],
C = [C1, C2, ... CN]，
请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足:
1. 1 <= i, j, k <= N
2. Ai < Bj < Ck
【输入格式】
第一行包含一个整数N。
第二行包含N个整数A1, A2, ... AN。
第三行包含N个整数B1, B2, ... BN。
第四行包含N个整数C1, C2, ... CN。
对于30%的数据，1 <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000 0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000
【输出格式】
一个整数表示答案
【样例输入】
3
1 1 1
2 2 2
3 3 3
【样例输出】
27
资源约定:
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
解析:
b从1到99999枚举，答案就是:
时间复杂度:
代码:
#include <iostream>
const int maxn = 1e5 + 5;
long long cntA[maxn], cntB[maxn], cntC[maxn];
using namespace std;
int main() {
int n, tmp;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> tmp;
++cntA[tmp];
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> tmp;
++cntB[tmp];
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> tmp;
++cntC[tmp];
}
for (int i = 1; i <= 100000; ++i) {
//算出A, C数组中0-i内共多少个数
cntA[i] += cntA[i - 1];
cntC[i] += cntC[i - 1];
}
long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= 100000; ++i)
//cntC[100000] - cntC[i]即C数组中i+1到100000有多少个数
ans += cntA[i - 1] * cntB[i] * (cntC[100000] - cntC[i]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
第七题: 螺旋折线
如图p1.png所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。
对于整点(X, Y)，我们定义它到原点的距离dis(X, Y)是从原点到(X, Y)的螺旋折线段的长度。
例如dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9
给出整点坐标(X, Y)，你能计算出dis(X, Y)吗？
【输入格式】
X和Y
对于40%的数据，-1000 <= X, Y <= 1000
对于70%的数据，-100000 <= X， Y <= 100000
对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000
【输出格式】
输出dis(X, Y)
【样例输入】
0 1
【样例输出】
3
资源约定:
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似: “请您输入...” 的多余内容。
注意:
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
解析:
关键是看出规律:
(-m, 0)时, dis = 1+2+2+2+3+4+4+4+5+6+6+6+…+2m-1
= 2+2+2+2+4+4+4+4+6+6+6+6+…+2m-2+2m-(1+1+1+1+…+1)
= 4*(2+2m-2)*(m-1)/2+2m-m
= 4 * m * m - 3 * m
因此(0, m)时 dis = dis(-m, 0) + 2m = 4 * m * m - m
(m, 0)时 dis = dis(0, m) + 2m = 4 * m * m + m
(0, -m)时 dis = dis(m, 0) + 2m = 4 * m * m + 3 * m
然后把点移到这四点其中一点就容易计算了。
注: 我是规定在线1的点移到(-m,0)，在线2的点移到(0,m)，在线3的点移到(m,0)，在线4的点移到(0,-m)
时间复杂度:
参考代码:
#include <iostream>
using namespace std;
int whichLine(long long x, long long y) {
if (x < 0 && y >= x + 1 && y < -x) return 1;
else if (y > 0 && x >= -y && x < y) return 2;
else if (x > -y) return 3;
else return 4;
}
long long ans(long long x, long long y) {
switch (whichLine(x, y)) {
case 1: return 4 * x * x + 3 * x + y;
case 2: return 4 * y * y - y + x;
case 3: return 4 * x * x + x - y;
case 4: return 4 * y * y - 3 * y - x;
}
}
int main() {
long long x, y;
cin >> x >> y;
cout << ans(x, y) << endl;
return 0;
}第八题: 日志统计
小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份"点赞"日志，日志共有N行。其中每一行的格式是:
ts id
表示在ts时刻编号id的帖子收到一个"赞"。
现在小明想统计有哪些帖子曾经是"热帖"。如果一个帖子曾在任意一个长度为D的时间段内收到不少于K个赞，小明就认为这个
帖子曾是"热帖"。
具体来说，如果存在某个时刻T满足该帖在[T, T+D)这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于K个赞，该帖就曾是"热帖"。
给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是"热帖"的帖子编号。
【输入格式】
第一行包含三个整数N、D和K。
以下N行每行一条日志，包含两个整数ts和id。
对于50%的数据，1 <= K <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 0 <= ts <= 100000 0 <= id <= 100000
【输出格式】
按从小到大的顺序输出热帖id。每个id一行。
【输入样例】
7 10 2
0 1
0 10
10 10
10 1
9 1
100 3
100 3
0 1
9 1
10 1
100 3
100 3
0 10
10 10
【输出样例】
1
3
资源约定:
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似: “请您输入...” 的多余内容。
注意:
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
解析:
先用sort排序，排序依据先由id从小到大排，若id相等则由ts从小到大排列。
接着用i，j两个变量去遍历数组。
若有
1. msg[i].id == msg[j].id
(1) msg[i].ts + d < msg[j].ts
a. j – i + 1 == k --> msg[i].id是热门的id，j跳过所有id等于msg[i].id的元素，然后i = j
b. j – i + 1 < k --> msg[i].id还不是热门的id，++j
(2) msg[i].ts + d >= msg[j].ts --> i跳过所有符合msg[i].ts + d >= msg[j].ts的元素
2. msg[i].id != msg[j].id --> i = j 就行了
时间复杂度:
参考代码:
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct Msg {
int id, ts;
};
bool cmp(Msg a, Msg b) {
if (a.id != b.id) return a.id < b.id;
return a.ts < b.ts;
}
const int maxn = 100005;
Msg msg[maxn];
int n, d, k;
int main() {
cin >> n >> d >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> msg[i].ts >> msg[i].id;
sort(msg, msg + n, cmp);
int i = 0, j = 0;
while (j < n) {
cout << "i = " << i << ", j = " << j << endl;
if (msg[i].id != msg[j].id)
i = j;
else if (msg[j].ts < msg[i].ts + d) {
if (j - i + 1 == k) {
cout << msg[i].id << endl;
while (j < n && msg[j].id == msg[i].id)
++j;
i = j;
}
else ++j;
}
else while (msg[j].ts >= msg[i].ts + d)
++i;
}
return 0;
}第九题: 全球变暖
你有一张某海域NxN像素的照片，"."表示海洋、"#"表示陆地，如下所示：
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
其中"上下左右"四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。
由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像
素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。
例如上图中的海域未来会变成如下样子：
.......
.......
.......
.......
....#..
.......
.......
请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。
【输入格式】
第一行包含一个整数N。 (1 <= N <= 1000)
以下N行N列代表一张海域照片。
照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【输入样例】
7
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
【输出样例】
1
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
解析:
3个过程: 找岛 --> 毁岛 --> 找岛
找岛用bfs，毁岛遍历所有陆地的上下左右有海的话毁掉, 再找岛时应该找之前的岛还在不在，而不是重新用bfs找岛
答案即为第一次找岛的个数 - 最后一次找岛的个数
注意下面的数据答案为0:
7
.......
.......
..#.#..
.#####.
..#.#..
.......
.......
时间复杂度:
参考代码:
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
const int f[] = { 1, -1, 0, 0 };
const int g[] = { 0, 0, 1, -1 };
char a[maxn][maxn];
int map[maxn][maxn];
int n;
bool isVisit[maxn / 2];
queue<int> P, Q;
bool isRight(int x, int y) {
return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < n;
}
void BelongIsland(int x, int y, int tot) {
bool ok = isRight(x, y) && a[x][y] == '#' && !map[x][y];
if (ok) { P.push(x); Q.push(y); map[x][y] = tot; }
}
void Destroy(int x, int y) {
if (isRight(x, y) && a[x][y] == '.')
map[x][y] = 0;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%s", a + i);
//1. 找岛, 共tot个岛
int tot = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (!map[i][j] && a[i][j] == '#') {
map[i][j] = ++tot;
P.push(i); Q.push(j);
while (!P.empty()) {
int x = P.front(), y = Q.front();
for (int k = 0; k < 4; ++k)
BelongIsland(x + f[k], y + g[k], tot);
P.pop(); Q.pop();
}
}
}
}
//2. 毁岛
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < n; ++j)
if (a[i][j] == '#')
for (int k = 0; k < 4; ++k)
Destroy(i + f[k], j + g[k]);
//3. 找岛, 剩余rest个岛
int rest = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < n; ++j)
if (map[i][j] && !isVisit[map[i][j]])
{ isVisit[map[i][j]] = true; ++rest; }
printf("%d\n", tot - rest);
return 0;
}
第十题: 乘积最大
给定N个整数A1, A2, ... AN。请你从中选出K个数，使其乘积最大。
请你求出最大的乘积，由于乘积可能超出整型范围，你只需输出乘积除以1000000009的余数。
注意，如果X<0， 我们定义X除以1000000009的余数是负(-X)除以1000000009的余数。
即：0-((0-x) % 1000000009)
【输入格式】
第一行包含两个整数N和K。
以下N行每行一个整数Ai。
对于40%的数据，1 <= K <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= K <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 -100000 <= Ai <= 100000
【输出格式】
一个整数，表示答案。
【输入样例】
5 3
-100000
-10000
2
100000
10000
【输出样例】
999100009
再例如：
【输入样例】
5 3
-100000
-100000
-2
-100000
-100000
【输出样例】
-999999829
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
解析:
分类讨论
1. 0的个数多于n - k --> 答案为: 0
2. k % 2 == 1
(1) 没有一个正整数
a. 存在一个0 --> 答案为: 0
b. 没有0 --> 答案为: k个最小的负数的乘积 MOD 1000000009
(2) 存在一个正整数 --> 答案为: 最大的正整数乘于[k / 2](向下取整)对乘积最大的数 MOD 1000000009
3. k % 2 == 0 --> 答案为: (k / 2)对乘积最大的数 MOD 1000000009
时间复杂度:
参考代码:
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
const int X = 1000000009;
long long pos[maxn], neg[maxn];
int k;
int cntPos = 0, cntNeg = 0, cntZero = 0;
bool cmp(long long a, long long b) {
return a > b;
}
long long fun() {
sort(neg, neg + cntNeg);
sort(pos, pos + cntPos, cmp);
long long ans = (k % 2) ? pos[0] : 1;
int i = 0, j = k % 2;
for (int cnt = 0; cnt < (k >> 1); ++cnt) {
long long x = 0, y = 0;
if (i + 1 < cntNeg) x = neg[i] * neg[i + 1];
if (j + 1 < cntPos) y = pos[j] * pos[j + 1];
if (x > y) { i += 2; ans = ((x % X) * ans) % X; }
else { j += 2; ans = ((y % X) * ans) % X; }
}
return ans;
}
int main() {
int tmp, n;
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> tmp;
if (!tmp) ++cntZero;
else if (tmp > 0) pos[cntPos++] = tmp;
else neg[cntNeg++] = tmp;
}
if (cntZero > n - k) cout << 0 << endl;
else if (k % 2 && !cntPos) {
if (cntZero) cout << 0 << endl;
else {
sort(neg, neg + cntNeg, cmp);
long long ans = 1;
for (int i = 0; i < k; ++i)
ans = (ans * neg[i]) % X;
cout << ans << endl;
}
}
else cout << fun() << endl;
return 0;
}