1、前言
我总算是有点心情来写写总结了。其实这样也不好。。。貌似总结没考好的才更重要，但是我自认为那都是因为一些七七八八的原因导致的。。。不过话说回来差距还是很大的。这几天已经考了很多次NOIP模拟题，说是模拟题，但其实每一天的难度变化都比较大，有些知识点也明显地涉及到了省选难度。今天感觉是难度比较适中的一次，可以略简单，因为没有数据结构这种码农题，大多数用到的算法不多，但是还是有点价值的。
2、Sum 求和
大概题意：求(1^b+2^b+...+a^b) mod 10000。
总结：虽说这一眼就知道是快速幂，但是当然不够，因为a,b<=10^9，显然O(n)都是很勉强的。一考完问了ZZD立马觉得自己脑抽了。mod 10000不是用来玩的啊！很容易的可以看出，在取模意义下，x^b=(x+10000)^b。所以实际运算范围是n<=10000，然后直接在此基础上乘上倍数就行了。
题解：快速幂+优化
代码：
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
#include<cstdio>
#define MOD 10000
typedef long long ll;
ll n,k,ans,t,lans;
inline ll pow(ll a,ll b)
{
ll base=a,ans=1;
while (b)
{
if (b&1) (ans*=base)%=MOD;
(base*=base)%=MOD;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("sum.in","r",stdin);
freopen("sum.out","w",stdout);
scanf("%d",&t);
while (t--)
{
scanf("%I64d %I64d",&n,&k);
ll ans=0,x=n/MOD,m=n%MOD;
for (int i=1;i<=10000;i++)
{
(ans+=pow(i,k))%=MOD;
if (i==m) lans=ans;
}
(((ans*=x)%=MOD)+=lans)%=MOD;
printf("%I64d
",ans);
}
return 0;
}
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
3、Sequence 序列合并
大概题意：给出两个长度为n的序列，在两者中多次各取1个数组成一个新数，共n^2个，求出最小的n个。
总结：貌似以前做过？第一次做的时候好像还不会堆，想了好久怎么去贪心。现在看起来这道题还是非常裸的。
题解：首先从小到大分别对两个序列进行排序，将a[1]+b[1..n]加入堆中，然后根据堆顶逐步加进去新的数。。。直到得到n个数。
4、Tower 选择坐标
大概题意：平面上有n个点，移动某个点的代价为原位置和新位置的曼哈顿距离。求使得k（k∈[1,n]）个点在同一位置上最小代价。
总结：数据范围小的让我以为这算法一定不平凡。虽然我们不能确定每次所选的那个店一定在现有点之上，但是其实想一想就可以发现它一定是在所有已有点中的横坐标中的一个，纵坐标亦是，所以枚举已知坐标就行了，因为显然在一个10^6的地图上枚举是不可行的。
代码：
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 55
#define INF 0x3f3f3f3f
using std::sort;
int min(int a,int b) { return a<b?a:b; }
int abs(int x) { return x<0?-x:x; }
struct Point
{
int x,y;
};
Point a[MAXN];
int n,ans[MAXN],dis[MAXN];
int main()
{
freopen("tower.in","r",stdin);
freopen("tower.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&a[i].x,&a[i].y);
memset(ans,INF,sizeof(ans));
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
{
for (int k=1;k<=n;k++) dis[k]=abs(a[k].x-a[i].x)+abs(a[k].y-a[j].y);
sort(dis+1,dis+n+1);
int o=0;
for (int k=1;k<=n;k++) o+=dis[k],ans[k]=min(o,ans[k]);
}
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
5、Binary 二进制
大概题意：给出三个数a,b,c的二进制，设三者最大长度为L，现需要构造三个数x,y,z，要求满足：他们的二进制形式长度均不超过L；a中1的个数与x相同；b中1的个数与y相同；c中1的个数与z相同；x+y=z。求最小的z。
总结：O(n^2 log n)预处理出长度和1的个数，然后O(n^2)去判断，得了40分。然而还有一种暴力方式可以得50分。好这些都不重要。
题解：数位DP。
代码（from ZZD）：
------------------------------------------------------------------------------------------------------
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LY(p) freopen (p".in", "r", stdin); freopen (p".out", "w", stdout)
#define LL long long
#ifdef WIN32
#define L_L "%I64d"
#else
#define L_L "%lld"
#endif
using namespace std;
int n, at, bt, ct, T;
LL A, B, C, inf (1LL << 40);
LL f[35][2][35][35][35];
void upd (LL &a, LL x) {a = min (x, a);}
void work (int w, int t, int j, int k, int l) {
LL now = f[w][t][j][k][l];
for (int x = 0; x <= 1; x++)
for (int y = 0; y <= 1; y++)
if (j + x <= at && k + y <= bt)
if (l + ((t + x + y) & 1) <= ct)
upd (f[w + 1][(t + x + y) >> 1][j + x][k + y][l + ((t + x + y) & 1)], now + (x << w) + (y << w));
}
int calc (LL a) {
int len(0), cnt(0);
while (a) {
len ++;
if (a & 1) cnt ++;
a >>= 1;
}
return n = max (len, n), cnt;
}
int main()
{
LY("binary");
scanf ("%d", &T);
while (T --) {
scanf (L_L L_L L_L, &A, &B, &C);
n = 0;
at = calc (A), bt = calc (B), ct = calc (C);
for (int i = 0; i <= n + 1; i++)
for (int t = 0; t <= 1; t++)
for (int j = 0; j <= at; j++)
for (int k = 0; k <= bt; k++)
for (int l = 0; l <= ct; l++)
f[i][t][j][k][l] = inf;
f[0][0][0][0][0] = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int t = 0; t <= 1; t++)
for (int j = 0; j <= at; j++)
for (int k = 0; k <= bt; k++)
for (int l = 0; l <= ct; l++)
if (f[i][t][j][k][l] != inf)
work (i, t, j, k, l);
printf (L_L"
", f[n][0][at][bt][ct] == inf? -1 : f[n][0][at][bt][ct]);
}
return 0;
}
------------------------------------------------------------------------------------------------------