部分题，2014全部题见链接
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提取码：f0q8
T6 标题：扑克序列
A A 2 2 3 3 4 4， 一共4对扑克牌。请你把它们排成一行。
要求：两个A中间有1张牌，两个2之间有2张牌，两个3之间有3张牌，两个4之间有4张牌。
请填写出所有符合要求的排列中，字典序最小的那个。
例如：22AA3344 比 A2A23344 字典序小。当然，它们都不是满足要求的答案。
请通过浏览器提交答案。“A”一定不要用小写字母a，也不要用“1”代替。字符间一定不要留空格。*/
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
bool check(const string &basic_string);
int main(int argc, const char * argv[]) {
string s="223344AA";
do{
if(check(s))
cout<<s<<endl;
}while(next_permutation(s.begin(),s.end()));
return 0;
}
bool check(const string &s) {
// 要求：两个A中间有1张牌，两个2之间有2张牌，两个3之间有3张牌，两个4之间有4张牌。
if(s.rfind('A')-s.find('A')==2&&
s.rfind('2')-s.find('2')==3&&
s.rfind('3')-s.find('3')==4&&
s.rfind('4')-s.find('4')==5)
return true;
return false;
}
T7 标题：蚂蚁感冒
长100厘米的细长直杆子上有n只蚂蚁。它们的头有的朝左，有的朝右。
每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬，速度是1厘米/秒。
当两只蚂蚁碰面时，它们会同时掉头往相反的方向爬行。
这些蚂蚁中，有1只蚂蚁感冒了。并且在和其它蚂蚁碰面时，会把感冒传染给碰到的蚂蚁。
请你计算，当所有蚂蚁都爬离杆子时，有多少只蚂蚁患上了感冒。
【数据格式】
第一行输入一个整数n (1 < n < 50), 表示蚂蚁的总数。
接着的一行是n个用空格分开的整数 Xi (-100 < Xi < 100), Xi的绝对值，表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。
正值表示头朝右，负值表示头朝左，数据中不会出现0值，也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。
其中，第一个数据代表的蚂蚁感冒了。
要求输出1个整数，表示最后感冒蚂蚁的数目。
例如，输入：
3
5 -2 8
程序应输出：
1
再例如，输入：
5
-10 8 -20 12 25
程序应输出：
3
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
***画图 把蚂蚁碰头 当做穿透
#include <iostream>
using namespace std;
int main(int argc, const char * argv[]) {
int n;
scanf("%d",&n);
int arr[n];
for (int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%d",&arr[i]);
}
int x = arr[0];
if(x>0){//向右
int ans=1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if(arr[i]<0&&-arr[i]>x)//从右向左 所有在感染者右侧并向左的 都会被感染
ans++;
}
if(ans!=1)//有从右到左
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if(arr[i]>0&&arr[i]<x)//从左向右的 在感染蚂蚁的左边的 也会被感染
ans++;
}
printf("%d
",ans);
}
if(x<0){//向左
// 左侧从左到右的
int ans=1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if(arr[i]>0&&arr[i]<-x)
ans++;
}
if(ans!=1)
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if(arr[i]<0&&-arr[i]>-x)
ans++;
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
T8 标题：地宫取宝
X 国王有一个地宫宝库。是 n x m 个格子的矩阵。每个格子放一件宝贝。每个宝贝贴着价值标签。
地宫的入口在左上角，出口在右下角。
小明被带到地宫的入口，国王要求他只能向右或向下行走。
走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它（当然，也可以不拿）。
当小明走到出口时，如果他手中的宝贝恰好是k件，则这些宝贝就可以送给小明。
请你帮小明算一算，在给定的局面下，他有多少种不同的行动方案能获得这k件宝贝。
【数据格式】
输入一行3个整数，用空格分开：n m k (1<=n,m<=50, 1<=k<=12)
接下来有 n 行数据，每行有 m 个整数 Ci (0<=Ci<=12)代表这个格子上的宝物的价值
要求输出一个整数，表示正好取k个宝贝的行动方案数。该数字可能很大，输出它对 1000000007 取模的结果。
例如，输入：
2 2 2
1 2
2 1
程序应该输出：
2
再例如，输入：
2 3 2
1 2 3
2 1 5
程序应该输出：
14
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
int n, m, k;
int data[50][50];
long long ans;
long long cache[50][50][14][13];
void dfs(int x, int y, int max, int cnt) {
if (x == n || y == m || cnt > k)
return;
int cur = data[x][y];
if (x == n - 1 && y == m - 1)//已经面临最后一个格子
{
if (cnt == k || (cnt == k - 1 && cur > max)) {
ans++;
if (ans > MOD)
ans %= MOD;
}
}
if (cur > max) {//可以取这个物品
dfs(x, y + 1, cur, cnt + 1);
dfs(x + 1, y, cur, cnt + 1);
}
//对于价值较小，或者价值大但不去这个物品的情况如下
dfs(x, y + 1, max, cnt);
dfs(x + 1, y, max, cnt);
}
long long dfs2(int x, int y, int max, int cnt) {
// 查缓存
if (cache[x][y][max+1][cnt] != -1)
return cache[x][y][max+1][cnt];
long long ans = 0;
if (x == n || y == m || cnt > k)
return 0;
int cur = data[x][y];
if (x == n - 1 && y == m - 1)//已经面临最后一个格子
{
if (cnt == k || (cnt == k - 1 && cur > max)) {
ans++;
if (ans > MOD)
ans %= MOD;
}
return ans;
}
if (cur > max) {//可以取这个物品
ans += dfs2(x, y + 1, cur, cnt + 1);
ans += dfs2(x + 1, y, cur, cnt + 1);
}
//对于价值较小，或者价值大但不去这个物品的情况如下
ans += dfs2(x, y + 1, max, cnt);
ans += dfs2(x + 1, y, max, cnt);
cache[x][y][max+1][cnt]=ans % MOD;
return cache[x][y][max+1][cnt];
}
int main(int argc, const char *argv[]) {
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j) {
scanf("%d", &data[i][j]);
}
}
// dfs(0, 0, -1, 0);//第一个点的价值可能是0
// printf("%d
", ans);
memset(cache,-1, sizeof(cache));
printf("%lli
", dfs2(0, 0, -1, 0));
return 0;
}
T9 标题：斐波那契
斐波那契数列大家都非常熟悉。它的定义是：
f(x) = 1 .... (x=1,2)
f(x) = f(x-1) + f(x-2) .... (x>2)
对于给定的整数 n 和 m，我们希望求出：
f(1) + f(2) + ... + f(n) 的值。但这个值可能非常大，所以我们把它对 f(m) 取模。
但这个数字依然很大，所以需要再对 mod 求模。
【数据格式】
输入为一行用空格分开的整数 n m mod (0 < n, m, mod < 10^18)
输出为1个整数
例如，如果输入：
2 3 5
程序应该输出：
0
再例如，输入：
15 11 29
程序应该输出：
25
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
//f(x) = f(x-1) + f(x-2) -->f(x+1)=f(x)+f(x-1)-->f(x)=f(x+1)-f(x-1)
//Σf(n)=f(n+2)-1
//原题等价于(f(n+2)-1)%f(m)%mod 等价于f(n+2)%f(m)%mod-1
// --> 如果m>=n+2，余f(m)没意义,等价于f(n+2)%mod-1
//--> 否则，一定要求f(m)
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef unsigned long long LL;
LL n, m, mod;
class M {
public:
LL data[2][2];
M() { memset(data, 0, sizeof(data)); }
};
void solve1() {
LL a = 1;
LL b = 1;
if (m >= n + 2) {
for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {
LL t = a;
a = b;
b += t;
}
printf("%llu
", b % mod - 1);
} else {//m<n+2
LL fibM, fibN_2 = 0;
for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {
LL t = a;
a = b;
b += t;
if (i == m) fibM = b;
}
fibN_2 = b;
printf("%llu %llu
", fibN_2, fibN_2 % fibM % mod - 1);
}
}
//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2) {
M *ans = new M();
ans->data[0][0] = m1->data[0][0] * m2->data[0][0] + m1->data[0][1] * m2->data[1][0];
ans->data[0][1] = m1->data[0][0] * m2->data[0][1] + m1->data[0][1] * m2->data[1][1];
ans->data[1][0] = m1->data[1][0] * m2->data[0][0] + m1->data[1][1] * m2->data[1][0];
ans->data[1][1] = m1->data[1][0] * m2->data[0][1] + m1->data[1][1] * m2->data[1][1];
return ans;
}
//快速乘法 二进制 一位位算
LL mm(LL a, LL b, LL mod) {
if (a > b) {
LL t = a;
a = b;
b = t;
}
LL x = 0;
while (b != 0) {
if ((b & 1) == 1) {
//最后一位是 1
x = (x + a) % mod;
}
a = (a * 2) % mod;
b >>= 1;
}
return x;
}
//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2, LL mod) {
M *ans = new M();
ans->data[0][0] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;
ans->data[0][1] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;
ans->data[1][0] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;
ans->data[1][1] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;
return ans;
}
//m的n次幂log(n)
M *mPow(M *m, LL n) {
M *E = new M();//单位矩阵
E->data[0][0] = 1;
E->data[1][1] = 1;
while (n != 0) {
if (n & 1 == 1) {
E = mul(E, m);
}
m = mul(m, m);//按平方倍增
n >>= 1;
}
return E;
}
//m的n次幂log(n)
M *mPow(M *m, LL n, LL mod) {
M *E = new M();//单位矩阵
E->data[0][0] = 1;
E->data[1][1] = 1;
while (n != 0) {
if ((n & 1) == 1) {
E = mul(E, m, mod);
}
m = mul(m, m, mod);//按平方倍增
n >>= 1;
}
return E;
}
LL fib(LL i) {
//[1,1]B^(i-2)
M *A = new M();
A->data[0][0] = 1;
A->data[0][1] = 1;
M *B = new M();
B->data[0][0] = 1;
B->data[0][1] = 1;
B->data[1][0] = 1;
M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2));
return ans->data[0][0];
}
LL fib(LL i, LL mod) {
//[1,1]B^(i-2)
M *A = new M();
A->data[0][0] = 1;
A->data[0][1] = 1;
M *B = new M();
B->data[0][0] = 1;
B->data[0][1] = 1;
B->data[1][0] = 1;
M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2, mod), mod);
return ans->data[0][0];
}
void solve2() {
if (m >= n + 2) {
printf("%llu
", fib(n + 2, mod) - 1);
} else {//m<n+2
LL fibm = fib(m);
printf("%llu
", fib(n + 2, fibm) % mod - 1);
}
}
int main(int argc, const char *argv[]) {
scanf("%llu %llu %llu", &n, &m, &mod);
// solve1();
// for (int i = 3; i <= 10; ++i) {
// cout<< fib(i)<<endl;
// }
solve2();
//cout<<mm(3,7,5);
return 0;
}