预计分数:100+100+30
实际分数:10+60+20
T1立方数(cubic)
题目描述
LYK定义了一个数叫“立方数”，若一个数可以被写作是一个正整数的3次方，则这个数就是立方数，例如1,8,27就是最小的3个立方数。
现在给定一个数P，LYK想要知道这个数是不是立方数。
当然你有可能随机输出一些莫名其妙的东西来骗分，因此LYK有T次询问~
输入输出格式
输入格式：
第一行一个数T，表示有T组数据。
接下来T行，每行一个数P。
输出格式：
输出T行，对于每个数如果是立方数，输出“YES”，否则输出“NO”。
输入输出样例
说明
对于30%的数据p<=100。
对于60%的数据p<=10^6。
对于100%的数据p<=10^18，T<=100。
每次暴力枚举，用pow开三次方复杂度是O(1)的，然后掉精度了GG.....就当做教训
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; long long A; int T; bool work(long long x) { for (int i=1; ; i++) { if (1ll*i*i*i==x) return true; if (1ll*i*i*i>x) return false; } } int main() { freopen("cubic.in","r",stdin); freopen("cubic.out","w",stdout); scanf("%d",&T); while (T--) { scanf("%I64d",&A); if (work(A)) puts("YES"); else puts("NO"); } return 0; }
T2立方数2(cubicp)
题目描述
LYK定义了一个数叫“立方数”，若一个数可以被写作是一个正整数的3次方，则这个数就是立方数，例如1,8,27就是最小的3个立方数。
LYK还定义了一个数叫“立方差数”，若一个数可以被写作是两个立方数的差，则这个数就是“立方差数”，例如7(8-1),26(27-1),19(27-8)都是立方差数。
现在给定一个数P，LYK想要知道这个数是不是立方差数。
当然你有可能随机输出一些莫名其妙的东西，因此LYK有T次询问~
这个问题可能太难了…… 因此LYK规定P是个质数！
输入输出格式
输入格式：
第一行一个数T，表示有T组数据。
接下来T行，每行一个数P。
输出格式：
输出T行，对于每个数如果是立方差数，输出“YES”，否则输出“NO”。
输入输出样例
说明
对于30%的数据p<=100。
对于60%的数据p<=10^6。
对于100%的数据p<=10^12，T<=100。
写了正解，写个立方差公式不难发现
x^3-y^3=(x-y)*(x^2+x*y+y^2)
那么当x与y不是相邻的连个数时显然连个数的立方差不是素数，一定能被(x-y)整除
那么枚举判断相邻两数立方就好了，然后我手残，，每局的时候很傻比的少敲了两个0
#include <iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<map> #include<set> #include<string> using namespace std; int main() { freopen("cubicp.in","r",stdin); freopen("cubicp.out","w",stdout); int t,flag; scanf("%d",&t); long long p; while(t--) { flag=0; scanf("%I64d",&p); for(int i=1;i<=1e6+10;i++) { if(3ll*i*i+3*i+1==p) { flag=1; break; } if (3ll*i*i+3*i+1>p) break; } if(flag) printf("YES "); else printf("NO "); } return 0; }
T3上午猜数字(number)
题目描述
LYK在玩猜数字游戏。
总共有n个互不相同的正整数，LYK每次猜一段区间的最小值。形如[li,ri]这段区间的数字的最小值一定等于xi。
我们总能构造出一种方案使得LYK满意。直到…… LYK自己猜的就是矛盾的！
例如LYK猜[1,3]的最小值是2，[1,4]的最小值是3，这显然就是矛盾的。
你需要告诉LYK，它第几次猜数字开始就已经矛盾了。
输出格式
输入格式：
第一行两个数n和T，表示有n个数字，LYK猜了T次。
接下来T行，每行三个数分别表示li,ri和xi。
输出格式：
输出一个数表示第几次开始出现矛盾，如果一直没出现矛盾输出T+1。
输入输出样例
说明
对于50%的数据n<=8，T<=10。
对于80%的数据n<=1000，T<=1000。
对于100%的数据1<=n,T<=1000000,1<=li<=ri<=n,1<=xi<=n（但并不保证一开始的所有数都是1~n的）。
Hint 建议使用读入优化
```
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
return x * f;
}
```
合并线段的时候脑残，线段树瞎搞了一下，然后.....二分答案，有一个显然的结论
两个猜测的最小值如果相同的话那么这个最小值一定在这两个线段的交上
否则，一定在这两个线段的交集关于全集的补集上
当产生冲突的时候一定是权值小的一次猜测被几条比他权值大的猜测完全覆盖，
那么我们可以二分第几次不满足要求，用并查集维护线段的覆盖,然而我写的线段木
时间复杂度：O(nlogn*a(n))
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #define N 1000011 #define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y)) #define max(x, y) ((x) > (y) ? (x) : (y)) using namespace std; int n, q, ans; int f[N]; struct node { int x, y, z; }p[N], t[N]; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1; for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; return x * f; } inline bool cmp(node x, node y) { return x.z > y.z; } inline int find(int x) { return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]); } inline bool check(int k) { int i, j, x, y, lmin, lmax, rmin, rmax; for(i = 1; i <= n + 1; i++) f[i] = i; for(i = 1; i <= k; i++) t[i] = p[i]; std::sort(t + 1, t + k + 1, cmp); lmin = lmax = t[1].x; rmin = rmax = t[1].y; for(i = 2; i <= k; i++) { if(t[i].z < t[i - 1].z) { if(find(lmax) > rmin) return 1; for(j = find(lmin); j <= rmax; j++) f[find(j)] = find(rmax + 1); lmin = lmax = t[i].x; rmin = rmax = t[i].y; } else { lmin = min(lmin, t[i].x); lmax = max(lmax, t[i].x); rmin = min(rmin, t[i].y); rmax = max(rmax, t[i].y); if(lmax > rmin) return 1; } } // cout<<find(1)<<endl; if(find(lmax) > rmin) return 1; return 0; } int main() { freopen("number.in","r",stdin); freopen("number.out","w",stdout); int i, x, y, mid; n = read(); q = read(); for(i = 1; i <= q; i++) p[i].x = read(), p[i].y = read(), p[i].z = read(); x = 1, y = q; //cout<<check(2)<<endl; //return 0; ans = q + 1; while(x <= y) { mid = (x + y) >> 1; if(check(mid)) ans = mid, y = mid - 1; else x = mid + 1; } printf("%d ", ans); return 0; }