目录
刷题统计
修剪灌木
X进制减法
【前缀和+双指针】统计子矩阵
【DP】积木画
【图+DFS】扫雷
李白打酒加强版
DFS (通过64%，ACwing 3/11）;
DFS(AC)
DP（AC）
砍竹子(X)
刷题统计
题目描述
小明决定从下周一开始努力刷题准备蓝桥杯竞赛。他计划周一至周五每天做 a 道题目，周六和周日每天做 b 道题目。请你帮小明计算，按照计划他将在第几天实现做题数大于等于 n 题？
输入格式
输入一行包含三个整数 a, b 和 n.
输出格式
输出一个整数代表天数。
样例输入
10 20 99
样例输出
8
提示
对于 50% 的评测用例，1 ≤ a, b, n ≤ 106 . 对于 100% 的评测用例，1 ≤ a, b, n ≤ 10^18 .
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10,M=1e5+10;
int main(){
int T=1;
// cin>>T;
while(T--){
LL a,b,n;
cin>>a>>b>>n;
LL t=a*5+b*2;
LL ans=0;
ans=n/t*7;
n%=t;
if(n>=a*5){
ans+=5;
n-=a*5;
ans+=(n+b-1)/b;
}else{
ans+=(n+a-1)/a;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}修剪灌木
题目描述
爱丽丝要完成一项修剪灌木的工作。有 N 棵灌木整齐的从左到右排成一排。爱丽丝在每天傍晚会修剪一棵灌木，让灌木的高度变为 0 厘米。爱丽丝修剪灌木的顺序是从最左侧的灌木开始，每天向右修剪一棵灌木。当修剪了最右侧的灌木后，她会调转方向，下一天开始向左修剪灌木。直到修剪了最左的灌木后再次调转方向。然后如此循环往复。灌木每天从早上到傍晚会长高 1 厘米，而其余时间不会长高。在第一天的早晨，所有灌木的高度都是 0 厘米。爱丽丝想知道每棵灌木最高长到多高。
输入格式
一个正整数 N ，含义如题面所述。
输出格式
输出 N 行，每行一个整数，第i行表示从左到右第 i 棵树最高能长到多高。
样例输入
3
样例输出
4 2 4
提示
对于 30% 的数据，N ≤ 10. 对于 100% 的数据，1 < N ≤ 10000.
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10,M=1e5+10;
int a[10010];
int main(){
int T=1;
// cin>>T;
while(T--){
int n;
cin>>n;
for(int i=1,j=n;i<=j;i++,j--){
a[i]=a[j]=2*(n-i);
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<endl;
}
return 0;
}X进制减法
题目描述
进制规定了数字在数位上逢几进一。
X 进制是一种很神奇的进制，因为其每一数位的进制并不固定！例如说某种 X 进制数，最低数位为二进制，第二数位为十进制，第三数位为八进制，则 X 进制数 321 转换为十进制数为 65。
现在有两个 X 进制表示的整数 A 和 B，但是其具体每一数位的进制还不确定，只知道 A 和 B 是同一进制规则，且每一数位最高为 N 进制，最低为二进制。请你算出 A − B 的结果最小可能是多少。
请注意，你需要保证 A 和 B 在 X 进制下都是合法的，即每一数位上的数字要小于其进制。
输入格式
第一行一个正整数 N，含义如题面所述。
第二行一个正整数 Ma，表示 X 进制数 A 的位数。
第三行 Ma 个用空格分开的整数，表示 X 进制数 A 按从高位到低位顺序各个数位上的数字在十进制下的表示。
第四行一个正整数 Mb，表示 X 进制数 B 的位数。
第五行 Mb 个用空格分开的整数，表示 X 进制数 B 按从高位到低位顺序各个数位上的数字在十进制下的表示。
请注意，输入中的所有数字都是十进制的。
输出格式
输出一行一个整数，表示 X 进制数 A − B 的结果的最小可能值转换为十进制后再模 1000000007 的结果。
样例输入
11 3 10 4 0 3 1 2 0
样例输出
94
提示
当进制为：最低位 2 进制，第二数位 5 进制，第三数位 11 进制时，减法得到的差最小。此时 A 在十进制下是 108，B 在十进制下是 14，差值是 94。
对于 30% 的数据，N ≤ 10; Ma, Mb ≤ 8. 对于 100% 的数据，2 ≤ N ≤ 1000; 1 ≤ Ma, Mb ≤ 100000; A ≥ B.
| 1 | 2 | 3 | |
| c（进制数组） | 11 | 5 | 2 |
| a | 10 | 4 | 0 |
A=(a1*c1+a2)*c3+a3；
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+10;
LL mod=1000000007;
LL a[N];
LL b[N];
LL c[N];
int main(){
int T=1;
// cin>>T;
while(T--){
LL N;cin>>N;
int ma;cin>>ma;
for(int i=1;i<=ma;i++) cin>>a[i];
int mb;cin>>mb;
for(int i=1;i<=mb;i++) cin>>b[i];
int k=ma,j=mb;
for(k=ma,j=mb;k>=1&&j>=1;k--,j--){
c[k]=max(a[k],b[j])+1;
if(c[k]<2) c[k]=2;
}
while(k>=1){
c[k]=max((LL)2,a[k]+1);
k--;
}
LL A=a[1];
for(int i=2;i<=ma;i++){
A=(A*c[i]%mod+a[i])%mod;
}
LL B=b[1];
j=ma-mb+2;
for(int i=2;i<=mb;i++,j++){
B=(B*c[j]%mod+b[i])%mod;
}
// cout<<A<<"---"<<B<<"---"<<endl;
cout<<(A-B+mod)%mod<<endl;
}
return 0;
}【前缀和+双指针】统计子矩阵
给定一个 N × M 的矩阵 A，请你统计有多少个子矩阵 (最小 1 × 1，最大 N × M) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 K?
输入格式：
第一行包含三个整数 N, M 和 K.
之后 N 行每行包含 M 个整数，代表矩阵 A.
输出格式
一个整数代表答案。
样例输入
3 4 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
样例输出
19
提示
满足条件的子矩阵一共有 19，包含：
大小为 1 × 1 的有 10 个。
大小为 1 × 2 的有 3 个。
大小为 1 × 3 的有 2 个。
大小为 1 × 4 的有 1 个。
大小为 2 × 1 的有 3 个。
对于 30% 的数据，N, M ≤ 20. 对于 70% 的数据，N, M ≤ 100.
对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 500; 0 ≤ Ai j ≤ 1000; 1 ≤ K ≤ 250000000.
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=510;
LL w[N][N];
LL s[N][N];
int main(){
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>w[i][j];
//每一列的前缀和（一维）
s[i][j]=s[i-1][j]+w[i][j];
}
}
LL sum=0,ans=0;
//找j-i+1行，r-l+1列的子矩阵
for(int i=1;i<=n;i++){//上边界
for(int j=i;j<=n;j++){//下边界
sum=0;
for(int l=1,r=1;r<=m;r++){
sum+=s[j][r]-s[i-1][r];
while(l<=r&&sum>k){
sum-=s[j][l]-s[i-1][l];
l++;
}
ans+=r-l+1;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
//二维；
// int n,m,k;
// cin>>n>>m>>k;
// for(int i=1;i<=n;i++){
// for(int j=1;j<=m;j++){
// cin>>w[i][j];
// s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+w[i][j];
// }
// }
// LL ans=0;
// for(int x1=1;x1<=n;x1++){
// for(int x2=x1;x2<=n;x2++){
// for(int y1=1,y2=1;y2<=m;y2++){
// while(y1<=y2&&s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1]>k) y1++;
// ans+=y2-y1+1;
// }
// }
// }
// cout<<ans<<endl;
return 0;
}【DP】积木画
题目描述
小明最近迷上了积木画，有这么两种类型的积木，分别为 I 型（大小为 2 个单位面积）和 L 型（大小为 3 个单位面积）：
同时，小明有一块面积大小为 2 × N 的画布，画布由 2 × N 个 1 × 1 区域构成。小明需要用以上两种积木将画布拼满，他想知道总共有多少种不同的方式？ 积木可以任意旋转，且画布的方向固定。
输入格式
输入一个整数 N，表示画布大小。
输出格式
输出一个整数表示答案。由于答案可能很大，所以输出其对 1000000007 取模后的值。
样例输入
3
样例输出
5
提示
五种情况如下图所示，颜色只是为了标识不同的积木：
对于所有测试用例，1 ≤ N ≤ 10000000.
f[i][0]：表示第 i 列放满得方法数；
f[i][1]：表示第 i 列放满且第 i+1 列多一个得方案数。
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e7+10,mod=1000000007;
LL f[N][2];
int main(){
int n;
cin>>n;
f[1][0]=1,f[1][1]=2,f[2][0]=2,f[2][1]=4;
for(int i=3;i<=n;i++){
f[i][0]=(f[i-1][0]+f[i-2][0]+f[i-2][1])%mod;
f[i][1]=(f[i-1][1]+f[i-1][0]*2)%mod;
}
cout<<f[n][0]<<endl;
return 0;
}【图+DFS】扫雷
小明最近迷上了一款名为《扫雷》的游戏。其中有一个关卡的任务如下， 在一个二维平面上放置着 n 个炸雷，第 i 个炸雷 (xi , yi ,ri) 表示在坐标 (xi , yi) 处存在一个炸雷，它的爆炸范围是以半径为 ri 的一个圆。
为了顺利通过这片土地，需要玩家进行排雷。玩家可以发射 m 个排雷火箭，小明已经规划好了每个排雷火箭的发射方向，第 j 个排雷火箭 (xj , yj ,rj) 表示这个排雷火箭将会在 (xj , yj) 处爆炸，它的爆炸范围是以半径为 rj 的一个圆，在其爆炸范围内的炸雷会被引爆。同时，当炸雷被引爆时，在其爆炸范围内的炸雷也会被引爆。现在小明想知道他这次共引爆了几颗炸雷？
你可以把炸雷和排雷火箭都视为平面上的一个点。一个点处可以存在多个炸雷和排雷火箭。当炸雷位于爆炸范围的边界上时也会被引爆。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n、m.
接下来的 n 行，每行三个整数 xi , yi ,ri，表示一个炸雷的信息。
再接下来的 m 行，每行三个整数 xj , yj ,rj，表示一个排雷火箭的信息。
输出格式
输出一个整数表示答案。
样例输入
2 1 2 2 4 4 4 2 0 0 5
样例输出
2
提示
示例图如下，排雷火箭 1 覆盖了炸雷 1，所以炸雷 1 被排除；炸雷 1 又覆盖了炸雷 2，所以炸雷 2 也被排除。
对于 40% 的评测用例：0 ≤ x, y ≤ 10^9 , 0 ≤ n, m ≤ 10^3 , 1 ≤ r ≤ 10.
对于 100% 的评测用例：0 ≤ x, y ≤ 10^9 , 0 ≤ n, m ≤ 5 × 10^4 , 1 ≤ r ≤ 10.
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#define int long long
//typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=5e4+10;
struct str{
int x,y,r;
int cnt;
bool operator<(str const &m) const{
if(x==m.x) return y<m.y;
return x<m.x;
}
}arr[N];
int n,m;
vector<int> e[N];
bool vis[N];
map<pair<int,int>,int>mp;
int get(int x1,int y1,int x2,int y2){
return (x2-x1)*(x2-x1)+(y2-y1)*(y2-y1);
}
void add(int index){
for(int i=index-1;i>=1;i--){
if(arr[index].x-arr[index].r>arr[i].x) break;
if(arr[index].r*arr[index].r>=get(arr[index].x,arr[index].y,arr[i].x,arr[i].y)){
e[index].push_back(i);
}
}
for(int i=index+1;i<=n;i++){
if(arr[index].x+arr[index].r<arr[i].x) break;
if(arr[index].r*arr[index].r>=get(arr[index].x,arr[index].y,arr[i].x,arr[i].y)){
e[index].push_back(i);
}
}
}
int dfs_2(int index){
vis[index]=1;
int sum=arr[index].cnt;
for(int i=0;i<e[index].size();i++){
int t=e[index][i];
if(!vis[t]) sum+=dfs_2(t);
}
return sum;
}
int dfs_1(int x,int y,int r){
int cnt=0;
str str1={x-r,y,r};
str str2={x+r,y,r};
int ll,rr;
ll=lower_bound(arr+1,arr+n+1,str1)-arr;
rr=lower_bound(arr+1,arr+n+1,str2)-arr;
ll=min(ll,n),rr=min(rr,n);
for(int i=ll;i<=rr;i++){
if(i==0) continue;
if(!vis[i]){
if(r*r>=get(x,y,arr[i].x,arr[i].y)){
cnt+=dfs_2(i);
}
}
}
return cnt;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x,y,r;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&r);
int t=mp[{x,y}];
if(t){
arr[t].cnt++;
arr[t].r=max(arr[t].r,r);
}else{
mp[{x,y}]=i;
arr[i]={x,y,r,1};
}
}
sort(arr+1,arr+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
add(i);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<m;i++){
int x,y,r;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&r);
ans+=dfs_1(x,y,r);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}李白打酒加强版
题目描述
话说大诗人李白，一生好饮。幸好他从不开车。
一天，他提着酒壶，从家里出来，酒壶中有酒 2 斗。他边走边唱：
无事街上走，提壶去打酒。
逢店加一倍，遇花喝一斗。
这一路上，他一共遇到店 N 次，遇到花 M 次。已知最后一次遇到的是花， 他正好把酒喝光了。
请你计算李白这一路遇到店和花的顺序，有多少种不同的可能？
注意：壶里没酒 ( 0 斗) 时遇店是合法的，加倍后还是没酒；但是没酒时遇花是不合法的。
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 M.
输出格式
输出一个整数表示答案。由于答案可能很大，输出模 1000000007 的结果。
样例输入
5 10
样例输出
14
提示
如果我们用 0 代表遇到花，1 代表遇到店，14 种顺序如下：
010101101000000
010110010010000
011000110010000
100010110010000
011001000110000
100011000110000
100100010110000
010110100000100
011001001000100
100011001000100
100100011000100
011010000010100
100100100010100
101000001010100
对于 40% 的评测用例：1 ≤ N, M ≤ 10。
对于 100% 的评测用例：1 ≤ N, M ≤ 100。
DFS (通过64%，ACwing 3/11）;
#include<iostream>
using namespace std;
#define int long long
int mod=1000000007;
int n,m;
int ans=0;
void dfs(int cnt,int x,int y){
if(cnt<0) return ;
if(y==m+1){
if(x==n+1&&cnt==0){
ans++;
ans%=mod;
// cout<<cnt<<' '<<m-y<<"---"<<endl;
}
return ;
}
if(cnt>m-y+1||n-x>=m-y) return ;
if(y>m+1||x>n+1) return ;
dfs(cnt*2,x+1,y);
dfs(cnt-1,x,y+1);
}
signed main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
dfs(2,1,1);
cout<<ans%mod<<endl;
return 0;
}DFS(AC)
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int N=110;
int mod=1000000007;
int n,m;
int ans=0;
int arr[N][N][N];
int dfs(int n,int m,int cnt){
if(m<0||n<0) return 0;
if(arr[n][m][cnt]!=-1) return arr[n][m][cnt];
if(cnt<0) return 0;
if(m==0){
if(n==0&&cnt==0) return 1;
return 0;
}
if(cnt>m||n>=m) return 0;
ans=dfs(n-1,m,cnt*2)+dfs(n,m-1,cnt-1);
ans%=mod;
arr[n][m][cnt]=ans;
return ans;
}
signed main(){
memset(arr,-1,sizeof arr);
scanf("%d%d",&n,&m);
cout<<dfs(n,m,2)<<endl;
return 0;
}DP（AC）
f[i][j][k]：走到了第i个位置，遇到了j个花，还剩k斗酒的合法方案数.
#include<iostream>
using namespace std;
#define int long long
const int N=110;
int f[N*2][N][N*2];
int mod=1000000007;
signed main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
f[0][0][2]=1;
for(int i=1;i<n+m;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
for(int k=0;k<=m;k++){
//k为偶数，第i个可以是店，也可以是花，k为奇数，只能是花
if(k%2==0){
//店转移
f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k>>1])%mod;
}
//花转移
if(j>=1) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-1][k+1])%mod;
}
}
}
cout<<f[n+m-1][m-1][1]<<endl;
return 0;
}
