湖南工业大学个人选拔赛第二场 解题报告

A.连续子串和

贪心题，枚举每一个数字作为结束点。保留前i位的前缀和sum[i]，对于第i为结束的合法序列，其值为sum[i]-sum[i-K]，sum[i]-sum[i-K-1]，...，sum[i]-sum[0]，那么我们只需要对每一个 i 保留sum[0]到sum[i-K]的最小值即可。

代码如下：

Problem A

#include <cstdlib>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;



const int INF = 0x7fffffff;

int N, K;

int f[1000005];



int solve() {

    int ret = INF+1;

    int Min = INF;

    for (int i = K; i <= N; ++i) {

        Min = min(Min, f[i-K]);

        ret = max(ret, f[i]-Min);

    }

    return ret;

}



int main() {

//    freopen("data.in", "r", stdin);

//    freopen("data.out", "w", stdout);

    while (scanf("%d %d", &N, &K) != EOF) {

        for (int i = 1; i <= N; ++i) {

            scanf("%d", &f[i]);

            f[i] += f[i-1];

        }

        printf("%d\n", solve());

    }

    return 0;    

}

 

B.谎言

水题，直接做一个取余操作就可以了，也可以把每一位对应的位权先计算出来乘上系数再加起来。

代码如下：

Problem B

#include <cstring>

#include <cstdlib>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <iostream>

using namespace std;



char num[1005];

int mod;



void solve() {

    int t = 0;

    int len = strlen(num);

    for (int i = 0; i < len; ++i) {

        t = t*10 + num[i]-'0';

        t %= mod;

    }

    printf(t ? "%d\n" : "YES\n", t);

}



int main() {

//    freopen("data.in", "r", stdin);

//    freopen("data.out", "w", stdout);

    while (scanf("%s %d", num, &mod) != EOF) {

        solve();

    }

    return 0;    

}

 

C.费马定理

数学题，由于已经告知费马定理的存在，那么可以证明最小的满足要求的x一定是p-1的因子。可以假设如果x不是p-1的因子的话，那么令p-1=k*x+r，那么有a^(k*x) * a^r % p = 1，显然a^(k*x)%p = 1，而由于a^(p-1) % p = 1，所以a^r % p = 1，而0 < r < x并且x是满足条件最小的值，因此假设不成立。

代码如下：

Problem D

#include <cstdlib>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cmath>

using namespace std;



typedef long long LL;

LL MOD;

int a, p;

const int INF = 0x7fffffff;



int _pow(LL a, int b) {

    LL ret = 1;

    while (b) {

        if (b & 1) {

            ret *= a;

            ret    %= MOD;

        }

        a *= a;

        a %= MOD;

        b >>= 1;

    }

    return ret;

}



void solve() {

    p -= 1;

    int ret = INF;

    int LIM = (int)sqrt(double(p));

    for (int i = 1; i <= LIM; ++i) {

        if (p % i == 0) {

            if (_pow(a, i) == 1) {

                ret = min(ret, i);    

            }

            if (_pow(a, p/i) == 1) {

                ret = min(ret, p/i);

            }

        }

    }

    printf("%d\n", ret);

}



int main() {

//    freopen("data.in", "r", stdin);

//    freopen("data.out", "w", stdout);

    while (scanf("%d %d", &a, &p) != EOF) {

        MOD = p;

        solve();    

    }

    return 0;    

}

 

D.平面划分

推理题：

   

新加入的一条直线与前面的直线都相交能够得到最多的空间划分。考虑到绿色的线是第三根插入的线，那么标号为1,2,3的线就是新区域的边界。对于如图加入第二个V型线，新增5个区域。如果增加第三个椭圆，新增4个区域。最后推出对于直线f[i] = f[i-1] + i；对于V型线f[i] = f[i-1] + 4*i-3；对于椭圆f[i] = f[i] + 2*i-2。

代码如下：

Problem D

#include <cstdlib>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <ctime>

using namespace std;



const int MaxN = 1000000;



long long f1[MaxN+5];

long long f2[MaxN+5];

long long f3[MaxN+5];



void pre() {

    f1[1] = f2[1] = f3[1] = 2;

    for (int i = 2; i <= MaxN; ++i) {

        f1[i] = f1[i-1] + i;

    }

    for (int i = 2; i <= MaxN; ++i) {

        f2[i] = f2[i-1] + 4*i-3;

    }

    for (int i = 2; i <= MaxN; ++i) {

        f3[i] = f3[i-1] + 2*i-2;    

    }

}



int main() {

//    clock_t sta = clock();

//    freopen("data.in", "r", stdin);

//    freopen("data.out", "w", stdout);

    int N;

    pre();

    while (scanf("%d", &N) != EOF) {

        printf("%lld %lld %lld\n", f1[N], f2[N], f3[N]);

    }

//    clock_t end = clock();

//    printf("%f\n", 1.0*(end-sta)/1000);

    return 0;

}

 

E.连续子串和续

利用第一题的做法加上二分搜索。设一个比例参数p，然后就是解决一个ai-p*bi的序列，至少连续K个，sum{ ai-p*bi } >= 0的问题了，二分枚举这个参数即可。

代码如下：

Problem E

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;



const int INF = 0x7fffffff;

const int MaxN = 1000005;

int N, K;

int A[MaxN], B[MaxN];

double f[MaxN];



bool Ac(double p) {

    double Min = INF;

    f[0] = 0;

    for (int i = 1; i <= N; ++i) {

        f[i] = f[i-1] + A[i]-p*B[i];    

    }

    // 得到seq序列，现在要求一个连续的长度大于K的序列，使得总和大于等于0

    for (int i = K; i <= N; ++i) {

        Min = min(Min, f[i-K]);

        if (f[i] - Min >= 0) {

            return true;

        }

    }

    return false;

}



double bsearch(double l, double r) {

    double mid, ret;

    while (r - l > 1e-8) {

        mid = (l + r) / 2;

        if (Ac(mid)) {

            ret = mid;

            l = mid + 1e-8;

        } else {

            r = mid - 1e-8;    

        }

    }

    return ret;

}



int main() {

//    freopen("data.in", "r", stdin); 

//    freopen("data.out", "w", stdout);

    while (scanf("%d %d", &N, &K) != EOF) {

        for (int i = 1; i <= N; ++i) {

            scanf("%d", &A[i]);

        }

        for (int i = 1; i <= N; ++i) {

            scanf("%d", &B[i]);    

        }

        printf("%.4f\n", bsearch(0, 1000));

    }    

    return 0;

}