NP(np)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 喜欢研究一些比较困难的问题，比如 np 问题。
这次它又遇到一个棘手的 np 问题。问题是这个样子的：有两个数 n 和 p，求 n 的阶乘
对 p 取模后的结果。
LYK 觉得所有 np 问题都是没有多项式复杂度的算法的，所以它打算求助即将要参加 noip
的你，帮帮 LYK 吧！
输入格式(np.in)
输入一行两个整数 n,p。
输出格式(np.out)
输出一行一个整数表示答案。
输入样例
3 4
输出样例
2
数据范围
对于 20%的数据： n,p<=5。
对于 40%的数据： n,p<=1000。
对于 60%的数据： n,p<=10000000。
对于 80%的数据： n<=10^18， p<=10000000。
对于另外 20%的数据： n<=10^18， p=1000000007。
其中大致有 50%的数据满足 n>=p。
/*
分块打标法，由于可能超时的数据的模数是固定的，所以可以每隔10000000个数打一个表。
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
ll a[]={,,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,,,,,,
,,,};
int main()
{
freopen("np.in","r",stdin);
freopen("np.out","w",stdout);
ll n,p;cin>>n>>p;
if(p<=n)
{
printf("");return ;
}
if(p==1000000007LL)
{
ll now=n/10000000LL;
ll ans=a[now];
for(ll i=now*10000000LL+;i<=n;i++)
ans*=i,ans%=p;
cout<<ans;return ;
}
ll ans=;
for(ll i=;i<=n;i++)
ans*=i,ans%=p;
cout<<ans;
return ;
}
看程序写结果(program)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 最近在准备 NOIP2017 的初赛，它最不擅长的就是看程序写结果了，因此它拼命地
在练习。
这次它拿到这样的一个程序：
Pascal：
readln(n);
for i:=1 to n do read(a[i]);
for i:=1 to n do for j:=1 to n do for k:=1 to n do for l:=1 to n do
if (a[i]=a[j]) and (a[i]<a[k]) and (a[k]=a[l]) then ans:=(ans+1) mod 1000000007;
writeln(ans);
C++：
scanf(“%d”,&n);
for (i=1; i<=n; i++) scanf(“%d”,&a[i]);
for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=n; j++) for (k=1; k<=n; k++) for (l=1; l<=n; l++)
if (a[i]==a[j] && a[i]<a[k] && a[k]==a[l]) ans=(ans+1)%1000000007;
printf(“%d\n”,ans);
LYK 知道了所有输入数据，它想知道这个程序运行下来会输出多少。
输入格式(program.in)
第一行一个数 n，第二行 n 个数，表示 ai。
输出格式(program.out)
一个数表示答案。
输入样例
4
1 1 3 3
输出样例
4
数据范围
对于 20%的数据 n<=50。
对于 40%的数据 n<=200。
对于 60%的数据 n<=2000。
对于 100%的数据 n<=100000， 1<=ai<=1000000000。
其中均匀分布着 50%的数据不同的 ai 个数<=10，对于另外 50%的数据不同的 ai 个
数>=n/10。
/*
观察题目，就是要求我们找出满足i<j&&a[i]<a[j]的点对的个数，我们可以统计一下相同的点的个数，然后用乘法原理做，这样是O(n^2)的，然后可以用前缀和优化到O(nlogn：sort的时间)。
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define mod 1000000007LL
#define ll long long
using namespace std;
ll a[N],n,b[N],s[N],cnt;
ll read()
{
ll num=,flag=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')flag=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){num=num*+c-'';c=getchar();}
return num*flag;
}
int main()
{
//freopen("program.in","r",stdin);
//freopen("program.out","w",stdout);
n=read();
for(ll i=;i<=n;i++)
a[i]=read();
sort(a+,a+n+);
ll now=a[];b[]=;cnt=;
for(ll i=;i<=n;i++)
if(a[i]==now)b[cnt]++;
else b[++cnt]=,now=a[i];
for(ll i=;i<=cnt;i++)
{
b[i]*=b[i];
s[i]=s[i-]+b[i];
}
ll ans=;
for(ll i=;i<=cnt;i++)
{
ans=ans%mod+(b[i]*(s[cnt]-s[i]))%mod;
ans%=mod;
}
cout<<ans;
return ;
}
选数字 (select)
Time Limit:3000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 找到了一个 n*m 的矩阵，这个矩阵上都填有一些数字，对于第 i 行第 j 列的位置上
的数为 ai,j。
由于它 AK 了 noip2016 的初赛，最近显得非常无聊，便想到了一个方法自娱自乐一番。
它想到的游戏是这样的：每次选择一行或者一列，它得到的快乐值将会是这一行或者一列的
数字之和。之后它将该行或者该列上的数字都减去 p（之后可能变成负数）。如此，重复 k
次，它得到的快乐值之和将会是它 NOIP2016 复赛比赛时的 RP 值。
LYK 当然想让它的 RP 值尽可能高，于是它来求助于你。
输入格式(select.in)
第一行 4 个数 n,m,k,p.
接下来 n 行 m 列，表示 ai,j。
输出格式(select.out)
输出一行表示最大 RP 值。
输入样例
2 2 5 2
1 3
2 4
输出样例
11
数据范围
总共 10 组数据。
对于第 1,2 组数据 n,m,k<=5。
对于第 3 组数据 k=1。
对于第 4 组数据 p=0。
对于第 5,6 组数据 n=1， m,k<=1000。
对于第 7,8 组数据 n=1， m<=1000， k<=1000000。
对于所有数据 1<=n,m<=1000， k<=1000000， 1<=ai,j<=1000， 0<=p<=100。
样例解释
第一次选择第二列，第二次选择第二行，第三次选择第一行，第四次选择第二行，第五
次选择第一行，快乐值为 7+4+2+0+-2=11。
/*
完成这个题目首先要明白一点，无论怎么选，顺序都是无关紧要的。
所以我们可以枚举选几次行、几次列，然后对于选哪一行或哪一列采取贪心的思想，每次都选最多的。
预处理出s1[i]表示选i次行的贡献，s2[i]表示选i次列的贡献（可以用优先队列），然后枚举选行选列时，注意要减去它们对答案的影响。
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#define N 1010
#define M 1000010
#define INF 100000000000000LL
#define ll long long
using namespace std;
ll a[N],b[N],s1[M],s2[M],n,m,k,p;
priority_queue<ll> q1,q2;
ll read()
{
ll num=,flag=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')flag=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){num=num*+c-'';c=getchar();}
return num*flag;
}
int main()
{
//freopen("select.in","r",stdin);
//freopen("select.out","w",stdout);
n=read(),m=read(),k=read(),p=read();
for(ll i=;i<=n;i++)
for(ll j=;j<=m;j++)
{
ll x=read();
a[i]+=x;b[j]+=x;
}
for(ll i=;i<=n;i++)q1.push(a[i]);
for(ll i=;i<=m;i++)q2.push(b[i]);
for(ll i=;i<=k;i++)
{
ll aa=q1.top();q1.pop();
s1[i]=s1[i-]+aa;
q1.push(aa-m*p);
}
for(ll i=;i<=k;i++)
{
ll bb=q2.top();q2.pop();
s2[i]=s2[i-]+bb;
q2.push(bb-n*p);
}
ll ans=-INF;
for(ll i=;i<=k;i++)
{
ll j=k-i;
ans=max(ans,s1[i]+s2[j]-i*j*p);
}
cout<<ans;
return ;
}