深圳市政府热线电话博客优化网站seo怎么写

A 感觉怪怪的神秘题

B 巨大思维检测题

C 找不是1的个数

D 暴力模拟，复杂度是对的

E 排序之后前缀和或者双指针

F 找前面出现的有1的位置分类讨论一下

G bitset的树形背包

H 幽默的智力检测题

A:984

B :179780307

对于任意 $a_i\times a_j\le i\times j+2025$
求方案数
答案对 $10^9+7$ 取模 $n<=2025$

思考

考虑 $2025$ 应该在哪
如果 $2025$ 在 $x$ 位置
那么 要求 $x^2+2025\ge 2025\times 2025$
那么 $x^2\ge 2024\times 2025$
可以发现 $x$ 必须等于 $2025$
反推
$2024$ 应该在哪
假设在 $y$
那么 $2025\times 2024\le 2025\times y+2025$
那么 $2025\times 2024\le 2025\times (y+1)$
由于 $y$ 不能等于 $2025$
所以可得 $y=2024$ 或者 $2023$
同时有 $2024\times 2024\le y\times y+2025$
由于 $2023\times 2024+2<2024\ast 2024$
所以 $y$ 只能在 $2024$
顺推
假设 $2023$ 在 $z$ 号位置
那么有式子
$2025\times 2023\le 2025\times z+2025$
$2024\times 2023\le 2024\times z+2025$
$2025\times 2023\le 2025\times (z+1)$
可以发现 $z$ 只能选择 $2023$ 或者 $2022$
数学归纳法

对于数字 x 在位置 y
$2025\times x\le 2025\times y+2025$
$2025\times x\le 2025\times (y+1)$
即有
$x\le (y+1)$
可以推导出 必须放在 $x-1$之后
但上述推导可以发现对于后几位数字是存在一个问题的
即特别大的几个数字的位置是固定在某个位置的
仅当数字变小到达一定程度之后会导致 $+2025$ 使得前面的位置可以发生变化
那么可以尝试枚举

推导一下

假设 $1$ 号位在 $1$，或者 $2$
如果 $1$ 在 $2$
$2$ 要么在 $1$，要么在 $3$
如果 $2$ 在 $3$，那么 $3$ 无法放到 $1$
所以 $2$ 必须放在 $1$
所以固定枚举顺序为
$12$ 或者 $21$
考虑 $34$ 应该也会存在这种情况
所以应该是一个 $d{p}_N$ 的式子
来维护上面所设置的选择要求
考虑 $dp$ 的后效性问题
假设数字 $x$ 放在了 $x$
当前数字为 $z$ 小于 $x$
那么有可能会有的最坏情况有两种
$z\times x\le z\times (x-1)+2025$
由于 $z$ 一定小于 $2025$ ，所以一定合法
对于 $z\times x\le (z-1)\times (x-1)+2025$
可以发现
对于如果存在 $z\times x\le (z-1)\times (x-1)+2025$ 的 x
一定会提前被 $x\times x\le (x-1)\times (x-1)+2025$ 给拦截

所以 对于不满足上面条件的事情而言
他会固定位置
否则一定可以交换前面的
所以找到个数即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
const int mod = 1e9 + 7;
int main(){cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);const int n = 2025;vector<LL> dp(n + 1);dp[0] = 1,dp[1] = 1;for(int i = 2;i <= 2025; i ++){if(i * i <= (i - 1) * (i - 1) + 2025)dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % mod;else {dp[i] = dp[i - 1];}}cout << dp[n] <<"\n";return 0;
}

C

对于数字 $x$ 满足 $[-(x-1)]+[-(x-2)]+...+0+1+2+...+x=x$

所以对于稍微大一点的x均满足

对于数字 $1$ 而言，他死了

对于数字 $2$ 而言，$-1+0+1+2$ 可以

所以特判 $1$ 即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
int main(){cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);int n,ans = 0;cin >> n;for(int i = 1;i <= n; i ++){int x;cin >> x;ans += (x != 1);}cout << ans <<"\n";return 0;
}

D

显然

要么会变成定值

要么 会变成几个数一直在那循环

比方说 1 2 2？

1 2 2

2 1 1

怎么好像不循环

试一下先

打表可得

// 表
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
int main(){cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);for(int i = 1;i <= 100;i ++){for(int j = 1;j <= 100;j ++){for(int k = 1; k <= 100;k ++){int a = i,b = j,c = k;int cnt = 0;while(true){cnt ++;int aa = b + c >> 1,bb = a + c >> 1,cc = a + b >> 1;if(a == aa && b == bb && c == cc)break;a = aa,b = bb,c = cc;if(cnt > 10){cout << i <<" "<<j <<" "<<k <<"\n";return 0;}}}}}return 0;
}

不存在次数多的

所以有

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
int main(){cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);int T;cin >> T;while(T--){int a,b,c,k;cin >> a >> b >> c >> k;while(k --){int aa = b + c >> 1,bb = a + c >> 1,cc = a + b >> 1;if(a == aa && b == bb && c == cc)break;a = aa,b = bb,c = cc;}cout << a <<" "<< b <<" "<<c <<"\n";}return 0;
}

E

首先有 一定按顺序排

如果不按顺序一定会使得贡献变大

所以其实就是相邻的数做一下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
int main(){cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);int n,m;cin >> n >> m;vector<int> a(n + 1);for(int i = 1;i <= n ;i ++){cin >> a[i];}	sort(a.begin(),a.end());LL ans = 1e18;vector<LL> b(n);for(int i = 1;i < n; i ++){b[i] = 1LL * a[i + 1] * a[i + 1] - 1LL * a[i] * a[i];  b[i] += b[i - 1];}for(int i = m - 1;i < n ;i ++){ans = min(ans,b[i] - b[i - m + 1]);}cout << ans <<"\n";return 0;
}

F

差一点以为斯坦树板子了

$2\times n$ 的河床

所以直接大力跑 $dp$ 连接前面是对的

那么前面有几种情况

前面如果是和我同一行，那么我就直接连

否则把我变成一列全是1的形态

然后去做连接

所以简单离散化一下然后直接跑

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
int main(){// fre("");cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);string a,b;cin >> a >> b;vector<pair<int,int>> v;for(int i = 0; i < a.size();i ++){int cnt = (a[i] == '#')  * 2 + (b[i] == '#');if(cnt){v.push_back({cnt,i});}}int ans = 0;for(int i = 1;i < v.size();i ++){if(v[i].first & v[i - 1].first){ans += v[i].second - v[i - 1].second - 1;}else {v[i].first |= 3;ans += v[i].second - v[i - 1].second;}}cout << ans <<"\n";return 0;
}

G

树上背包…

朴素的是 $n^3$ 的，然后可以考虑 $bitset$ 加速一下，复杂度会优化成 $\frac{n^3}{w}$，其中 $w=64$。

当然也可以手撕一个多项式卷积，可以将复杂度优化到 $n^2{\log }_{2}n$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
const int N = 1e3 + 10;
int a[N];
vector<int> node[N];
bitset<N> dp[N],temp;
void dfs(int u,int fa){dp[u][0] = 1;int son = 0;for(int x:node[u])if(x != fa){dfs(x,u);son ++;temp = dp[u];// 这个位置可以写成f * g 的多项式卷积，掏任意一个卷积模板都可以使得他优化成nlogfor(int i = 1;i <= a[x];i ++){if(dp[x][i]){dp[u] |= temp << i;}}}if(son == 0)dp[u][a[u]] = 1;for(int i = a[u] + 1;i < N ;i ++){dp[u][i] = 0;}
}
int main(){cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n ;i ++){cin >> a[i];}for(int i = 1;i < n ;i ++){int x,y;cin >> x >> y;node[x].push_back(y);node[y].push_back(x);}dfs(1,0);int ans = 0;for(int i = 1;i < N ;i ++){if(dp[1][i]){ans = i;}}cout << ans <<"\n";return 0;
}

H

需要特殊处理一下 前缀

枚举段，然后枚举前面的符号，去计算贡献?

怎么前面一加，后面一减就抵消了

所以只有前缀需要算

那么对于前缀从一个位置断开之后，后面计算出现次数即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout);
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 10;
LL p3[N];
int main(){cin.tie(nullptr) -> ios::sync_with_stdio(false);int n;cin >> n;p3[0] = 1;;for(int i = 1;i <= n ;i ++){p3[i] = p3[i - 1] * 3 % mod;}LL ans = 0,sum = 0;for(int i = 1;i <= n ;i ++){int x;cin >> x;sum ^= x;// 后面一个符号一定要选择 + 或者 -,除非是最后一个// 其他可以选3种if(i != n){ans += (sum * 2) * p3[n - i - 1] % mod;}else {ans += sum;}ans %= mod;}cout << ans <<"\n";return 0;
}