一不小心惨变旅游队，不过上海的风景不错
顺带找其他队交流一下集训经验。。。或许可以成为选拔和集训16级的依据
A、直接模3就可以了，2^(3*n)%7=1
C、Mr. Panda and Strips
由于只求1条或2条，n<=1000，支持o(n2)解法，可以区间DP出单段区间含不重复数字的链
由于包含同数字之间的区间肯定不能用，左区间的最右数字肯定就是筛选目标
可以利用这个性质，枚举左区间，左区间从左到右，之后右区间从左到右
可以在扫描右区间碰到已存在数字时直接换左区间
没有碰到就把区间[1,n]按照最右数字在不同位置的存在情况切区间，把包含右数字的取出，剩下的区间在最后取最大结果
由于不包含某个数字的区间肯定在上一轮被取过，初始放进集合的区间可随左区间缩小，可以防止重复取答案
此代码为virtual judge的某位大侠原创，我只是为了适应vc6.0和改进一个小地方把代码改得不像样而已。。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <set>
#include <vector>
#include <iterator>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=,MAX=;
vector<int> p[MAX];
int a[N],dp[N][N];
bool isok[N][N];
int vis[MAX];
set<PII> ival;
multiset<int> q;
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
void split(int x)//查出x属于的[a,b]，把[a,b]切成[a,x-1]和[x+1,b]
{
set<PII>::iterator it=ival.lower_bound(PII(x+,));
if (it==ival.begin()) return;
it--;
int a=it->first,b=it->second;
ival.erase(it);
q.erase(q.find(dp[a][b]));
if (a<x) {
ival.insert(PII(a,x-));
q.insert(dp[a][x-]);
}
if (x<b) {
ival.insert(PII(x+,b));
q.insert(dp[x+][b]);
}
} int main()
{
int T,n,i;
scanf("%d",&T);
for (int t=;t<=T;t++) {
scanf("%d",&n);
memset(vis,,sizeof(vis));
for (i=;i<MAX;i++) {
p[i].clear();
}
for (i=;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
p[a[i]].push_back(i);
}
//从左区间延伸到不可延伸的地方
for (i=;i<=n;i++) {
bool f=true;
for (int j=i;j<=n;j++) {
if (vis[a[j]]==i) {
f=false;
}
vis[a[j]]=i;
isok[i][j]=f;
}
}
//区间DP
for (int len=;len<=n;len++) {
for (int i=;i+len-<=n;i++) {
int j=i+len-;
if (isok[i][j]) {
dp[i][j]=j-i+;
} else {
dp[i][j]=max(dp[i+][j],dp[i][j-]);
}
}
}
int ans=-;
memset(vis,,sizeof(vis));
//vis储存时间戳，比储存bool然后o(n*n)全设假高效
for (i=;i<=n;i++) {
ival.clear();q.clear();
ival.insert(PII(i,n));//根据左区间的限制确定查询区间
q.insert(dp[i][n]);
for (int j=i;j<=n;j++) {
if (vis[a[j]]==i) {
break;
}
vis[a[j]]=i;//根据对应数字所在位置切分区间
for (int k=;k<p[a[j]].size();k++) {
split(p[a[j]][k]);
}
int cur=j-i+;
if (!q.empty()) {
cur+=*q.rbegin();//取出最大
}
ans=max(cur,ans);
}
}
printf("Case #%d: %d\n",t,ans);
}
return ;
}
D、刚开始贪心炸了，后来发现要二分，然而应该是中间处理写崩了。。。
E、Bet
题目意思场上没有读出。。。给出每个队的赔率Ai:Bi，按照一定比例投注每个队，要求在尽量投多队的同时，任何投的队赢都能赚（就是这里想不明白！！！为什么没有投的队就一定不会赢）获得金是本金*(ai+bi)/ai
设投在i队的本金是ci，总投注d，则整个题目就是说选出尽可能多的i并且所有的c加起来就是d，而且所有i都满足ci*(ai+bi)/ai>d
那投在i队的比例就是qi=ci/d
本质上就是求使得i集合全部满足qi>ai/(ai+bi)，q1+q2+...+qn=1时，i的数量最多
太简单了，把qi等同于ai/(ai+bi)，然后排序，从小到大逐一加，加到大于1时停止计数
然鹅----这个算式没有高精度会炸。本来想写一波高精除法，结果看到有人用long double硬杠过去就脱力了。。。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std; int n;
long double al[],res;
double k,u;
int main()
{
int t,cas,i,ik,iu;
scanf("%d",&cas);
for(t=;t<=cas;t++)
{
scanf("%d",&n);
for(i=;i<n;i++)
{
scanf("%lf:%lf",&k,&u);
ik=floor(k*),iu=floor(u*);
al[i]=1.0*ik/(ik+iu);
}
sort(al,al+n);
int cnt=;
for(i=,res=;i<n;i++)
{
res+=al[i];
if(res>=)break;
cnt++;
}
printf("Case #%d: %d\n",t,cnt);
}
return ;
}
H、Great Cells
设gn是同行同列极大值至少有n个的方案数，
答案公式a0+2a1+3a2+...+(n+1)an=(a0+a1+...+an)+1a1+2a2+3a3+...+nan
发现整道题目其实是求所有情况的方案数+这些情况里面极大值的总个数
而极大值的个数可以每个格子单独算，就是每个格子对答案的贡献
然后除了n==1 && m==1这种是里面取啥值都是极大值
其他的不是1才是极大值，而且同行同列都要小于本格
ans=连加(i=2~k)(i-1)^(n-1+m-1)*k^[(n-1)*(m-1)] //前者是与此格同行同列的格子个数，受数字i制约；后者是被划出的可任意填的格子个数
得到单个格子极大值个数
然后k^(n*m)+ans*n*m //所有情况的方案数+所有格子对答案的贡献
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stdlib.h>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
#define X first
#define Y second
typedef __int64 ll;
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
const int MOD=; ll powMod(ll b,ll t,ll m)
{
ll res=;
while(t)
{
if(t&)res=res*b%m;
b=b*b%m;
t>>=;
}
return res;
} int main()
{
int i,cas,n,m,k;
scanf("%d",&cas);
for(int t=;t<=cas;t++)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
printf("Case #%d: ",t);
ll res=;
if(n== && m==)res++;//只有1个格时填1也是极大值
for(i=;i<=k;i++)//每个数取i时使此数为极大值的方案数
{
res=(powMod(i-,n-+m-,MOD)*powMod(k,(n-)*(m-),MOD)+res)%MOD;
}
res=(res*n*m)%MOD;//每个格子可能变成极大值的方案数乘总格数
res+=powMod(k,n*m,MOD);//没有限制的方案数
printf("%I64d\n",res%MOD);
}
return ;
}
L、每场比赛3种情况，穷举就可以了