背景
冬令营入学测试题，每三天结算一次成绩。参与享优惠
描述
这是一道有背景的题目，小A也是一个有故事的人。但可惜的是这里纸张太小，小A无法把故事详细地说给大家听。可能小A自己也讲不清楚自己的故事，因为如果讲清了，也就没有这道题目了……
小A的问题是这个样子，它找到了n份不同的工作，第i份工作每个月有ai的工资，每份工作需要小A每天工作8小时，一周工作7天。小A想知道性价比最高（一个月的工资除以总时长）的工作的编号是多少。如果有多份，输出编号最小的就可以了。
输入格式
第一行一个数n，表示有n份工作。
接下来n个数表示ai。
输出格式
输出一个数表示答案。
备注
输入样例
5
3 3 4 5 5
输出样例
4
数据范围
对于100%的数据n<=100，1<=ai<=1000。
因为每份工作时长相等，所以性价比=工资/时长 只看工资。所以本题解法为从前往后找最大的第一个数
#include<cstdio>View CodeP4745 B’s problem(b)时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main
using namespace std;
int n,maxn,ans,x;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(x>maxn)
{
maxn=x;
ans=i;
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
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冬令营入学测试
描述
题目描述
小B生活在一个很奇怪的国家里，这个国家的钱的面值只有可能是25,50,100的。小B最近在做社会实践，这次它选择在一个餐厅里干这件事情。但今天发生了一件有趣的事，这件事情是这个样子的，餐厅里大家都在排队买饭，粗心的打饭阿姨忘记要带零钱，并且所有排队打饭的人只带了一张钱。
具体地，第i个人带了一张面额为ai的钱，为了方便起见，我们规定每个人都想买价值25元的饭盒。阿姨显得不知所措。聪明的小B想到了一个方法，让带了25元的先买饭！这样阿姨就有了更多的零钱去找开一些面值较大的钱。
但这样对于一些人来说仍有可能找不开零钱，小B想知道是否存在一种排队方案，能够对所有人找开零钱。如果可行输出“YES”，否则输出“NO”。
输入格式
第一行一个数n，表示有n个想买饭的人。
接下来一行n个数ai，表示第i个人带着的钱的面额。
输出格式
输出“YES”或者“NO”。
备注
输入样例
3
25 50 100
输出样例
NO
数据范围
对于100%的数据n<=100，ai=25或者50或者100。
设25、50、100的人分别为s25,s50，s100
1.如果s25<s50,那么25的不够给50的找钱，输出NO
2.在枚举每个s100过程中（也就是s100>0），有50的先找1张50和1张25，没有50的就找3张25的，中途如果出现手中25不够用的情况，那么输出NO
#include<cstdio>View CodeP4746 C’s problem(c)时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main
#include<iostream>
using namespace std;
int n,a,b,c,x;//a，b，c分别代表手持25、50、100的人的总数
int aa,bb,cc;//分别代表打饭阿姨手中25、50、100元的数量
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(x==25) a++;
else if(x==50) b++;
else c++;
}
aa=a;//25元的不用找钱，打饭阿姨手中多了a张25元
aa-=b;//给每个50找25元钱后剩下几张25
bb=b;//打饭阿姨手中多了b张50元
if(aa<0)//25元的不够找
{
cout<<"NO";return 0;
}
for(int i=1;i<=c;i++)//给每个100的找钱
{
if(bb>0)//优先找50元
{
bb--;
aa--;//找一张50和一张25
if(aa<0)//25的不够找
{
cout<<"NO";return 0;
}
}
else if(aa==0)//c还没有枚举完，25元的没了
{
cout<<"NO";return 0;
}
else if(aa>0)//没有50的找3张25
{
aa-=3;
if(aa<0)//25的不够了
{
cout<<"NO";return 0;
}
}
}
cout<<"YES";return 0;
}
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冬令营入学测试
描述
题目描述
小C是一名数学家，由于它自制力比较差，经常通宵研究数学问题。
这次它因为这个数学问题已经两天两夜没有睡觉了，再不研究出来就要出人命了！快帮帮它吧！
这个问题是这样的，有一个数n，将其拆分成若干自然数之和，要求乘积最大！
如果你以为问题仅仅这么简单，那你就太naive了。
由于小C挑战自己的自我修养，它规定分成的自然数两两之间一定不能相等！
它请你输出这个乘积最大是多少，但这个答案太大了，小C并没有兴趣看那么长的数字，它只想知道这个数对1000000007取模后的值是多少。
输入格式
一行一个数表示n
输出格式
一个数表示答案
备注
输入样例
6
输出样例
8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于50%的数据n<=10000。
对于100%的数据1<=n<=1000000000。
30分暴力
#include<iostream>View CodeAC做法：本题不难，难就难在找规律。我们设待拆分数为n看：5=2*36=2*4 4是3+1得到的7=3*4 3是2+1得到的8=3*5 5是4+1得到的9=2*3*4 数的个数增加1个，第1个数变成从2开始10=2*3*5 5是4+1得到的11=2*4*5 4是3+1得到的12=3*4*5 3是2+1得到的13=3*4*6 6是5+1得到的14=2*3*4*5 数的个数增加1个，第1个数变成从2开始由此得到第一个规律，对于数n，要么是n-1中的某一个数+1，要么是数的个数+1，第1个数变成2，往后递增那么，什么时候对前一个数+1，什么时候数的个数+1呢？我们再看：本题要求乘积最大，设2个数a，b，且a<b，那么（a+1）*b=a*b+a，a*（b+1）=a*b+b；所以（a+1）*b<a*（b+1）。由此可以得出结论，若给拆分后的数+1，那么最优解应该是给大的数+1继续观察规律:9拆成2*3*4，3个数10：4（第3个数）+111：3（第2个数）+112：2（第1个数）+113：5（第3个数）+1所以第二个规律：对于数n-1得到n时，给某个数+1是倒着来加的（语言表达能力有限，不懂请留言）接下来，什么时候是数的个数+1呢？5是2个数的开始，拆成2*39是3个数的开始，拆成2*3*414是4个数的开始，拆成2*3*4*5由此可以推出20是5个数的开始，拆成2*3*4*5*6所以第三个规律：对于数n，若是可以拆成2*3*4*5*6……的形式，那个到n的最优解就是数的个数+1，第1个数变成2，往后递增为什么我是从5开始找规律呢？因为当n<=4时，在拆出的数不相等的条件下，其本身最大，可以自己验证。所以第四个规律：当n<=4时，答案就是本身由以上4个规律，得到最终算法：0、if（n<=4） cout<<n，结束1、把数n从2开始分，拆成2*3*4*5……，直至拆到不够拆为止2、如果n恰好拆完，那么答案就是2*3*4*5*6……，结束程序3、 如果n拆不完，设n拆出的数分别为a（1）、a（2）、a（3）、a（4）……a（m）。 将剩下的数从a（m）开始，依次给a（m）加1、a（m-1）加1、a（m-2）……a（1）加1，直至加到n剩下的数全都加进去。若加到a（1），n剩下的数还没加完， 则再从a（m）开始。4、最终答案就是a（1）*a（2）*a（3）*……a（m）
#include<cstdio>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n;
long long ans;
bool v[100001];
void dfs(int now,int remain,long long s)//now当前分出来的数，remain还剩下多少，s乘积
{
if(remain==0)
{
ans=max(s,ans);
return ;
}
for(int i=now+1;i<=remain;i++)
{
if(!v[i])//不能有重复
{
v[i]=true;
dfs(i,remain-i,s*i%mod);
v[i]=false;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n==1)//1不用拆
{
cout<<1;
return 0;
}
dfs(0,n,1);
if(ans==n) cout<<ans-1;//2、3、4的结果应该是1、2、3，但dfs结果是2,3，4，因为拆分成了0和本身。dfs时从1开始，所以2,3,4的0乘本身算成了本身。>4的数答案大于本身，所以不用管
else cout<<ans;
}
#include<cstdio>View CodeP4747 D’s problem(d)时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,now=2,a[1000000],cnt;
long long ans=1;
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n<=4)
{
printf("%d",n);
return 0;
}
while(n>=now)
{
a[++cnt]=now;
n-=now;
now++;
}
if(!n)
{
for(int i=1;i<=cnt;i++)
ans=a[i]%mod*ans%mod;
printf("%d",ans);
return 0;
}
int tot=cnt;
while(n)
{
if(!tot) tot=cnt;
a[tot--]++;
n--;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
ans=a[i]%mod*ans%mod;
printf("%d",ans);
return 0;
}
背景
冬令营入学测试题
描述
题目描述
小D是一名魔法师，它最喜欢干的事就是对批判记者了。
这次记者招待会上，记者对于小D的数学很好奇。于是小D找了个方法把记者批判了一番。
它对记者抛出了这么一个问题：我有n点能量，写下数字i(1<=i<=9)需要花费a{i}点能量，我用这n点能量最多能写出什么数来？（当然可以不用光n点能量，具体看样例）
记者们一脸懵逼，于是来求助于你。
输入格式
一行10个数，表示n,a1,a2,a3,…,a9。
输出格式
一个数表示答案。
备注
输入样例1
10 2 2 1 2 2 2 2 2 2
输出样例1
3333333333
输入样例2
10 4 11 11 11 11 11 11 11 10
输出样例2
11
数据范围
对于30%的数据n,ai<=10。
对于60%的数据n,ai<=100。
对于100% 的数据1<=n,ai<=1000000，n>=min{ai}。
数的大小首先看位数，其次看最高位，然后是次高位……
位数为总能量/花费能量最小的数
设花费能量最小的数为a，花费能量s，答案至少为s/a位s。如果有多个花费能量最小，取数最大的那个
然后用总能量%s，得出还剩下多少能量值。即还有多少能量可以在让答案位数不变的前提下，变得更大。
然后从9开始倒着枚举，如果剩下的能量足够更新一个，那就让最高位更新，其次是次高位，以此类推。
枚举结束条件：1、枚举到的数<=a 2、当前步骤剩下的能量不能更新任何一个数
#include<cstdio>View CodeP4748 E’s problem(e)时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,minn=0x7fffffff,d;
int ans[100001];
struct node
{
int w;//写下p需要w点能量
int p;
}a[11];
bool cmp(node x,node y)//从9——1排序
{
return x.p>y.p;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=9;i++)
{
scanf("%d",&a[i].w);
a[i].p=i;
if(a[i].w<=minn)//minn当前耗费最小的能量
{
minn=a[i].w;
d=a[i].p;//耗费能量minn写下的最大的数
}
}
int t=n%minn,tt=n/minn;//tt：ans的位数，t：写下tt位d后剩下的能量
sort(a+1,a+10,cmp);//从9——1排序
//sort(a+1,a+10,greater<int>());
int k=1;//当前可更新的最高位
for(int i=1;i<=tt;i++) ans[i]=d;//写下tt位d
while(t)
{
bool ok=false;//ok起的作用：当当前步骤剩下的能量不能更新任何一个数时，退出
for(int i=1;i<=9;i++)//将此处循环改成从9——1，把结构体改成数组a[i]=j代表写下i用j点能量，可以省去前面sort排序
if(a[i].p<=d) break;//a[i].p从大到小排序，如果当前的p小于d，后面的一定小于d，更新会使ans更小。如果p等于d。没有更新必要
else if(a[i].w-minn<=t)//能量可以将d更新成a[i].p
{
ans[k++]=a[i].p;//先更新，k再++
t=t-(a[i].w-minn);
ok=1;
break;
}
if(ok) continue;
else break;
}
for(int i=1;i<=tt;i++) cout<<ans[i];
}
背景
冬令营入学测试
描述
题目描述
小B生活在一个很奇怪的国家里，这个国家的钱的面值只有可能是25,50,100的。小B最近在做社会实践，这次它选择在一个餐厅里干这件事情。但今天发生了一件有趣的事，这件事情是这个样子的，餐厅里大家都在排队买饭，粗心的打饭阿姨忘记要带零钱，并且所有排队打饭的人只带了一张钱。
具体地，第i个人带了一张面额为ai的钱，为了方便起见，我们规定每个人都想买价值25元的饭盒。阿姨显得不知所措。聪明的小B想到了一个方法，让带了25元的先买饭！这样阿姨就有了更多的零钱去找开一些面值较大的钱。
但这样对于一些人来说仍有可能找不开零钱，小B想知道是否存在一种排队方案，能够对所有人找开零钱。
但这个故事是关于小E的。
所以它并不关心能否有这么一种排队方案，它关心的是存在多少这样的排队方案。对于两个持有25元纸币的人，我们认为他们两个人交换位置仍然是同一种排队方案。（也就是说持有同一种纸币的人都可以看作相同的人）
由于答案很大，你只需输出答案对1000000007取模后的结果就可以了。
输入格式
第一行一个数n，表示有n个想买饭的人。
接下来一行n个数ai，表示第i个人带着的钱的面额。
输出格式
输出一个数表示答案。
备注
输入样例
5
25 25 25 50 100
输出样例
5
数据范围
对于30%的数据n<=8。
对于60%的数据n<=20。
对于100%的数据n<=40，ai=25或者50或者100。
60分暴力
#include<cstdio>View Code
using namespace std;
int n,ga,gb,gc,x,s;
void dfs(int now,int aa,int bb,int cc,int a,int b,int c)
//now排完几个人，aa，bb，cc当前卖菜阿姨手里的25、50、100元，a，b，c当前还有几个持有25、50、100的人没排队
{
if(now==n)
{
s++;//排完最后一个人了
s%=1000000007;
return;
}
if(a>0)//还有手持25元的
{
dfs(now+1,aa+1,bb,cc,a-1,b,c);//排上队，卖菜阿姨手里多了1张25,手持25的人减1个
}
if(b>0&&aa>0)//还有手持50元的，同时满足卖菜阿姨能找开钱
{
dfs(now+1,aa-1,bb+1,cc,a,b-1,c);//排上队，找钱，减1张25；多一张50，手持50的人减1
}
if(c>0)//还有手持100的
{
int f=0;
if(bb>0&&aa>0) f=1;//卖菜阿姨有50找钱先找50的
else if(aa>=3) f=2;//没有50的找钱找3张25
if(f==1) dfs(now+1,aa-1,bb-1,cc+1,a,b,c-1);//找钱找1张50，1张25，买菜阿姨手里多1张100,100的人减1
else if(f==2) dfs(now+1,aa-3,bb,cc+1,a,b,c-1); //找钱找3张25，减3张25，多1张100,100的人减1
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(x==25) ga++;//分别统计25、50、100的有几张
else if(x==50) gb++;
else gc++;
}
dfs(0,0,0,0,ga,gb,gc);
printf("%d",s);
}
P4749 F’s problem(f)时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main
背景
冬令营入学测试
描述
这个故事是关于小F的，它有一个怎么样的故事呢。
小F是一个田径爱好者，这天它们城市里正在举办马拉松比赛，这个城市可以被看作是n个点m条带权有向边组成的图。马拉松比赛的终点只有一个：点S。
有k个人参加了这场马拉松，小F所在的城市的马拉松与正常的马拉松不一样，每个人的起点都是不相同的，具体地，第i个人从第{ai}个城市出发，并且第i个人的速度是{vi}。每个人当然是会沿着最短路跑到S点，如果一个人跑步的距离是s，速度是v，那么他所花费的时间为s/v。
现在小F想知道，谁是最快到达终点的。若有多个同时到达终点的，就求跑的路最长的，如果有多个同时到达终点且跑的路最长的，就求编号最大的。
小F想知道那个人的编号是多少。
输入格式
第一行3个数字，n,k,m，表示点的个数，跑步的人数，以及路径的条数。
接下来一行m行，每行3个数ai,bi,ci表示有一条从ai到bi长为ci的有向路径。
接下来一行一个数S。
接下来一行k个数，表示每个人的起点xi。
接下来一行k个数，表示每个人的速度vi。
输出格式
输出一个数表示答案。
测试样例1
输入
5 2 10
5 1 9
1 2 81
2 3 30
2 1 46
1 4 45
2 4 48
5 1 93
2 5 61
2 5 21
3 5 45
1
3 5
18 29
输出
2
备注
输入样例
3 2 3
1 2 2
1 3 3
2 3 1
3
2 1
1 3
输出样例
2
数据范围
对于30%的数据n<=5，m<=10。
对于100%的数据n<=300，m<=5000。0<=ci<=100，1<=xi,S<=n，1<=vi<=100，1<=k<=n。
最短路问题，算出每个起点到终点的最短路，然后再算时间
堆优化的dijkstra代码：
#include<cstdio>View Code
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,k,m,x,y,z,s;
int start[301],speed[301];//start存储起点，speed存储终点
double time[301];
int minn_time;//花费时间最小的人的编号
int head[301];
struct node
{
int next,to,d;
}e[10001];
int DIS[301],cnt;
void add(int u,int v,int w)//链表存储
{
cnt++;
e[cnt].to=v;
e[cnt].d=w;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
struct mon
{
int num,dis;
bool operator < (mon k)const //大根堆改成小根堆
{
return dis>k.dis;
}
};
priority_queue<mon>p;//堆优化的spfa
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(y,x,z);//因为dijkstra是单源最短路径，所以从每个起点到达固定的终点，可以转化成从固定的起点到达每个终点。所以把x，y交换存储链表
}
scanf("%d",&s);
memset(DIS,127,sizeof(DIS));//dijkstra初始化
p.push((mon){s,0});
DIS[s]=0;
while(!p.empty())//dijikstra模板
{
mon now=p.top();
p.pop();
if(DIS[now.num]!=now.dis) continue;
for(int i=head[now.num];i;i=e[i].next)
{
if(DIS[now.num]+e[i].d<DIS[e[i].to])
{
DIS[e[i].to]=DIS[now.num]+e[i].d;
p.push((mon){e[i].to,DIS[e[i].to]});
}
}
}
for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&start[i]);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d",&speed[i]);
time[i]=(double)DIS[start[i]]/speed[i];
if(minn_time)
{
double h=time[i]-time[minn_time];//引入h防止精度误差，但本题可以不用考虑，直接用>,==，<也能过
if(h<=0.00001&&h>=0)//相等
{
if(DIS[i]>=DIS[start[minn_time]])//距离更大的
minn_time=i;//因为i从小到达枚举，所以更新的i一定比minn_time小
}
else if(h<0)//当前的更小
minn_time=i;
}
else minn_time=i;
}
printf("%d",minn_time);
}
floyed代码：
#include<iostream>View CodeP4750 G’s problem(g)时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main
using namespace std;
int a[301][301];
int n,k,m,s;
int x,y,z;
int xi[301],vi[301];
double minx=999999;
int jl,jlk;
int main()
{
cin>>n>>k>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(a[i][j]==0&&i!=j) a[i][j]=999999;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>x>>y>>z;
a[x][y]=z;
}
for(int kk=1;kk<=n;kk++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i!=j&&i!=kk&&j!=kk)
{
a[i][j]=min(a[i][j],a[i][kk]+a[kk][j]);
}
}
cin>>s;
for(int i=1;i<=k;i++)
cin>>xi[i];
for(int i=1;i<=k;i++)
cin>>vi[i];
for(int i=1;i<=k;i++){
if(a[xi[i]][s]*1.0/vi[i]<=minx){
if(a[xi[i]][s]*1.0/vi[i]==minx){
if(a[xi[i]][s]>=a[jlk][s]){
minx=a[xi[i]][s]*1.0/vi[i];
jl=i;
jlk=xi[i];
}
}
else{
minx=a[xi[i]][s]*1.0/vi[i];
jl=i;
jlk=xi[i];
}
}
}
cout<<jl;
}
背景
冬令营入学测试
描述
题目描述
小G最近在研究国际象棋一类的问题，这个问题是这样的，在一个棋盘放置若干个国王，使得它们两两不互相攻击，求方案总数。
但这个问题似乎显得非常easy，而且真正的国际象棋棋盘中也绝对不只有国王那么简单，于是它打算加几辆车进去！
具体地，一个国王能够攻击其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下这8个位置，一辆车能攻击整行整列上的所有位置。小G想在一个n*n的棋盘上放置若干国王与k辆车，它想知道有多少种方案使得国王之间不互相攻击，车之间不互相攻击，车不攻击国王（也就是说意味着国王可以攻击到车）。
当然方案总数很大，你只需告诉小G答案对1000000007取模后的结果就可以了。
输入格式
两个数n,k
输出格式
输出一个数表示答案。
备注
输入样例
2 0
输出样例
5
数据范围
对于20%的数据n,k<=3。
对于50%的数据n,k<=6。
对于80%的数据n,k<=12。
对于100%的数据n,k<=15。
0分暴力，望指错：
#include<cstdio>View Code
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,k,ans,xx,yy;
int v[20][20],h[20],l[20];
int dx[8]={-1,-1,-1,0,1,1,1,0};
int dy[8]={-1,0,1,1,1,0,-1,-1};
void apart(int d)
{
xx=ceil(d*1.0/n);
yy=d%n;
if(!yy) yy=n;
}
bool i_r(int x,int y)
{
if(h[x]!=2&&l[y]!=2)
return false;
return true;
}
bool i_k(int x,int y)
{
for(int i=0;i<8;i++)
if(v[x+dx[i]][y+dy[i]]==1) return true;
return false;
}
bool i_r2(int x,int y)
{
if(h[x]==2||h[x-1]==2||h[x+1]==2||l[y]==2||l[y+1]==2||l[y-1]==2) return true;
return false;
}
void dfs(int d,int king,int rook,int x,int y)
{
if(rook>k) return;
if(x>n||y>n) return;
if(d==n*n+1)
{
if(rook==k) ans++;
return;
}
apart(d);
dfs(d+1,0,0,xx,yy);
bool if_rook=i_r(x,y);
bool if_king=i_k(x,y);
if(if_rook==false&&if_king==false&&k)
{
h[x]=2;l[y]=2;
v[x][y]=2;
dfs(d+1,king,rook+1,xx,yy);
h[x]=0;l[y]=0;
v[x][y]=0;
}
bool if_rook2=i_r2(x,y);
bool if_king2=i_k(x,y);
if(if_rook2==false&&if_king2==false)
{
v[x][y]=1;
dfs(d+1,king+1,rook,xx,yy);
v[x][y]=0;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
dfs(1,0,0,1,1);
printf("%d",ans);
}