内容：
T1:sort
T2:sum
T3:count
T4:ranking
次のゲームである......幸せ％
だから、私たちは、T1から始める......
T1：ブラック
タイトル説明
小x和小y是好朋友。小y的成绩很差，以至于 GPA（平均绩点）在系内倒数。系内一共有 N 位同学，每位同学有自己的 GPA，以及已修学分数，定义 GPT = GPA ×已修学分数。小x为了帮助小y提高成绩，给小y提了一个要求：新学期的 GPA 要超过系内排名第 K 位的同学。 为了帮助理解，给出一个例子：
现在给出系里面每位同学的 GPT（只有一位小数），以及他们的已修学分。你需要帮助小y把排名 第 K 位的同学的 GPA 求出来。
エントリー
1行目二つの整数N、K.
非負実数と整数の2-（N + 1）行の、それぞれ、GPTおよびさらなる研究は、スコアを有します。
注：クレジットが範囲内にあるすべての学生[1、250]の。
輸出
本当の最初の行は、2進の出力を保持するために、K-ランキングGPAの学生を示しています。
サンプル入力
5 3
73 20
79.8 21
72.6 22
85.1 23
65.7 18
サンプル出力
3.65
分析：
この質問は本当にある水。私たちが求めるGPAがあるGTPは、クレジットで割って得られました。オープン構造の保存には十分に保たれ。
コード：
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct stu{
//结构体存数据
double gtp;
int score;
double gpa;
}que[100001];
bool cmp(stu x,stu y)
{ //排序函数
return x.gpa>y.gpa;
}
int n,k;
int main(){
freopen("sort.in","r",stdin);
freopen("sort.out","w",stdout);
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>que[i].gtp>>que[i].score;
que[i].gpa=que[i].gtp/que[i].score; //除
}
sort(que,que+n,cmp);
cout<<fixed<<setprecision(2)<<que[k-1].gpa; //输出
return 0;
}
T2：合計
タイトル説明
小x有很多糖果，分成了 N 堆，排成一列。小x说，如果小y能迅速求出第 L 堆到第 R 堆一 共有多少糖果，就把这些糖果都给他。
现在给出每堆糖果的数量，以及每次询问的 L 和 R，你需要帮助小y，把每次询问的结果求出来。 注意，你不需要考虑糖果被小y取走的情况。
エントリー
ライン1は、2つの整数Nは、Mは、それぞれ、およびスタックの数は、問い合わせの数を表します。
行2 Nの整数愛、私は、スタックキャンディーの数を表します。
二つの整数のLiは、Rの3-（M + 2）行の、i番目のクエリが[李は、R]で表します。
輸出
M行、それぞれの課題、および対応する出力のために。
サンプル入力
5 5
1 2 3 4 5
1 5
2 4
3 3
1 3
3 5
サンプル出力
15
9
3
6
12
分析：
ましょう、前処理およびプレフィックスをし、各区間内と実際：SUMは、[開始-1] -sum [終了]を。
コード：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
long long x,y,n,m,i,a[100001],sum[100001]; //开longlong
int main()
{
freopen("sum.in","r",stdin);
freopen("sum.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i]; //求前缀和
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld",&x,&y);
printf("%lld\n",sum[y]-sum[x-1]); //求区间内的和
}
}
T3：カウント
タイトル説明
小x开发了一个奇怪的游戏，这个游戏的是这样的：一个长方形，被分成 N 行 M 列的格子，第 i 行第 j 列的格子记为 (i， j)，就是说，左上角的格子是 (1， 1)，右下角的格子是 (N， M)。开始的时候，小y在 (1， 1)，他需要走到 (N， M)。每一步，小y可以走到正右方或者正下方的一个格子。具体地说，如小y现在在 (x， y)，那么他可以走到 (x， y + 1) 或 (x + 1， y)。当然，小y不能走出离开这个长方形。
每个格子有积分，用一个 1~10 的整数表示。经过这个格子，就会获取这个格子的积分（起点和终 点的积分也计算）。通过的方法是：到达 (N， M) 的时候，积分恰好为 P 。
现在给出这个长方形每个格子的积分，你需要帮助小y，求出从起点走到终点，积分为 P 的线路有多少条。
エントリー
13行目の整数N、M、P。
整数のM Aijを次のNラインは、の積分グリッド（i、j）を表します。
輸出
11行目の整数、Pは、統合行数を表します。
値が大きすぎるので、あなただけの（10 ^ 9 + 7）余りで割っ出力する必要があります。
サンプル入力
3 3 9
2 2 1
2 2 2
1 2 2
サンプル出力
2
分析：
この質問は、使用することを望んでいた検索を、しかし、検索がしますタイムアウト、
あなたが使用する必要があるので、DPを（正のソリューション）を行うこと。
利用可能な動的エネルギー移動式：
（三次元アレイ）
f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-a[i][j]]+f[i][j-1][k-a[i][j]];
コード：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,p,i,j,k,a[101][101],f[101][101][2001];
int main()
{
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
f[1][0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
for(k=a[i][j];k<=p;k++)
{
f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-a[i][j]]+f[i][j-1][k-a[i][j]];//代入方程
f[i][j][k]=f[i][j][k]%1000000007; //%%%
}
printf("%d",f[n][m][p]);//输出
return 0;
}
T4：ランキング
タイトル説明
小x有n个小姊妹(根据典故，我们假设n≤3000)。他每天都喜欢按不同标准给小姊妹们排(da)序(fen)。今天，他突然对小姊妹们的名字产生了兴趣。他觉得小姊妹的魅力和她们的名字有密切联系，于是他觉得所有有相似的名字的小姊妹必须排在一起。
相似是指，名字的开头一个或若干个连续字母相同。
于是，小x定下了如下规则：
在任何以同样的字母序列开头的名字之间，所有名字开头必须是同样的字母序列。
比如，像MARTHA和MARY这两个名字，它们都以MAR开头，所以像MARCO或MARVIN这样的名字可以插入这两个名字中间，而像MAY这样的就不行。
显然，按字典序排序是一个合法的排序方案，但它不是唯一的方案。你的任务就是计算出所有合法的方案数。考虑到答案可能很大，输出答案 mod 1 000 000 007。
エントリー
最初の行の整数n、小さな姉妹xの少数。
2 N + 1、各行の行この小さな姉妹の名前を表す文字列。
輸出
法律上のプログラムの整数を並べます。
サンプル入力
3
IVO
JASNA
JOSIPA
サンプル出力
4
分析：
JZ機能は見つけることです階乗関数。
DG関数は、文字列処理の：決定する最初の正当かどうか、次に記録マーク位置&& ;
次いでによるタグのマッチングに、プログラムの数++; MOD操作はまた、DG関数内で完了しました。
コード：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
int n;
long long jk[3010];
long long ans;
string a[3010];
const int mod = 1e9 + 7;
long long jz(int k)
{
//求阶乘函数
if(k == 0)
return 0;
if(jk[k])
return jk[k];
jk[k] = (jz(k - 1) * k) % mod;
return jk[k];
}
long long dg(int k,int beg,int len)
{
//字符串处理函数
if(len == 1)
return 1;
int v[30];
int st[30];
int count = 0;
memset(v,0,sizeof v);
memset(st,0,sizeof st);
//……一些初始化
long long ret = 1;
for(register int i = beg + len - 1;i >= beg;--i)
{
if(k >= a[i].length()) //是否合法
{
++v[0],st[0] = i;
continue;
}
++v[a[i][k] - 'A' + 1]/*标记*/,st[a[i][k] - 'A' + 1] = i;//记录当前位置
}
for(register int i = 0;i <= 26;++i)
if(v[i]) //标记了
ret = (ret * dg(k + 1,st[i],v[i])) % mod/*%%%*/,++count;//方案数++
return (ret * jz(count)) % mod;//乘阶乘，再%%%
}
int main()
{
freopen("ranking.in","r",stdin);
freopen("ranking.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
jk[1] = 1;
for(register int i = 1;i <= n;++i)
cin >> a[i];
sort(a + 1,a + n + 1); //排个序
ans = dg(0,1,n); //调用啦
printf("%lld\n",ans); //快乐源泉
}
