A 九小时九个人九扇门 dp

题意：

一个数字的数字根是指：将该数字各数位上的数字相加得到一个新的数，直到得到的数字小于 $10$ 为止.。设置小于 $10$ 的数字，其数字根就为其本身。
$k$ 个人能够打开门上数字为d的一扇数字门，当且仅当这 $k$ 个人的腕表数字之和的数字根恰好为 $d$。
$(1<=n<=1e5,1<ai<=1e9)$

题解：

状态

$dp[i][j]$ 表示考虑了前 $i$ 个数，选择了一些数字使得数字根为 $j$ 的方案数

转移方程

不加当前位使得数字根为 $j$ 的方案数为上一位继承来
$dp[i][j] += dp[i - 1][j];$
加上当前位使得数字根为 $f(a[i]10+j)$ 的方案数为上一位继承来
$dp[i][f(a[i]10+j)] += dp[i - 1][j];$
当前位的方案数+1
$dp[i][f(a[i])]++;$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e6+100; 
const int M=998244353;
int t;
int a[N];
int b[N];
int f[10][N];
int fun(int n) {
	if(n<10) return n;
	while(n>=10) {
        int m=0;
        while(n) {
            m+=n%10;
            n/=10;
        }
        n=m;
	}
	return n;
}
signed main() {
	t=1;
	while(t--) {
		int n;
		cin>>n;
		for(int i=1; i<=n; i++) {
			cin>>a[i];
			a[i]=fun(a[i]);
			for(int j=0; j<=9; j++) {
				int tmp=fun(a[i]*10+j);
				f[j][i]+=f[j][i-1]%M;
                f[tmp][i]=(f[tmp][i]+f[j][i-1])%M;
			}
			f[a[i]][i]++;
		}
		for(int i=1; i<=9; i++) {
			cout<<f[i][n]%M<<" ";
		}
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

H 牛牛看云思维

题目链接

题意：

求
$n$ $n$
$Σ$ $Σ$ $∣ai+a j −1000∣$
$i$=1 $j$=$i$
$(0<ai<=1000, n<=1000000)$

题解：

因为这个 $n$ 很打，$ai$很小
就从 $ai$ 入手
记录 $ai$ 的个数枚举 $ai$
直接计算答案
假如$ai==aj$ ans=自己和自己+自己和别人 $/2$ (因为 $j$ 是从 $i$ 开始的所以 $/2$
$ai!=aj$ ans=$cnt[ai]*cnt[aj]/2$

vector<int> g[N];
signed main() {
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        int x; 
        cin>>x;
        g[x].push_back(i);
    }
    int ans=0;
    int a, b;
    for(int i=0; i<=1000; i++) {
        for(int j=i; j<=1000; j++) {
            int a=g[i].size();
            int b=g[j].size();
            if(i==j) {
                ans+=(a+a*(a-1)/2)*abs(i+i-1000);
            } else {
                ans+=a*b*abs(i+j-1000);
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

F 中位数切分思维

题目链接

题意：

给定一个长为 $n$ 的数组 $a$ 和一个整数 $m$，求最多可以划分成多少段，使得每一段的中位数都大于等于$m$。$(1<ai, m<=1e9, 1<=n<=1e5)$

题解：

原数组大于等于m的记为1，记录 $cnt1$ 个
小于的记为-1，记录 $cnt2$ 个
当一段的 $sum>=1$ 的时候这一段中位数就 $>=m$
然后就去拿 $1$ 的去中和 $-1$, 最大的段数就是先把负数中和了使得 $sum==0$ 再加上一个$1$，假如$cnt1-cnt2<=0$则不存在，不然段数为 $cnt1-cnt2$个。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const double eps=1e-4;
int n, m;int a[N];
signed main() {
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--) {
         cin>>n>>m;
         int p=0;
         for(int i=1; i<=n; i++) {
            cin>>a[i];
            if(a[i]>=m) p++;
         }
         if(p-(n-p)>0) cout<<p-(n-p)<<endl;
         else cout<<-1<<endl;
    }
    return 0;
}

I B站与各唱各的数学

题目链接

题意：

题解：

打表呜呜呜
最小值是
在这里插入图片描述
下一个数是210
就发现是素数的乘积$2,23,23*5$
因为素数乘积的数不是素数，那么他的因子也少
那么$H(x)$就大
因为素数 $x$ 的欧拉函数等于 $x-1$，那么最大值就是范围内最大的素数的$H(x)=(x-1)/x$
$ps:$牛客题解上说 $1e9$ 以内最大的两个素数间隔是 $282$ 就直接暴力找

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5;
bool vis[1000005];
int pri[1000005], cnt, n;
void get_prime(int n) {
    vis[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!vis[i]) {
            pri[++cnt] = i;
            for (int j = 2 * i; j <= n; j += i) {
                vis[j] = 1;
            }
        }
    }
}
int xiao[N];
signed main() {
    get_prime(100005);
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0); cout.tie(0);
    xiao[0]=1;
    for(int i=1; i<=cnt; i++) {
         xiao[i]=xiao[i-1]*pri[i]; 
         if(xiao[i]>=1e9) break;
    }
    cnt=10;
    int t; cin>>t;
    while(t--) {
        int n;
        cin>>n;
        if(n==1) {
            cout<<-1<<endl;
            continue;
        }
        int sum=1;
        for(int i=cnt; i>=1; i--)  {
            if(xiao[i]<=n)  {
				cout<<xiao[i]<<" ";
                break;
            }
        }
        for(int i=n; i>=1; i--) {
                int q=0;
                for (int j=2; j<=sqrt(i); j++) {
                    if (i%j==0) {
                        q=1;
                        break;
                    }
                }
                if(!q) {
                    cout<<i<<endl;
                    break;
                }
        }
    }
    return 0;
}

D 牛牛做数论数学

题目链接

题意：

有 $n$ 位人在翻唱一首共 $m$ 句的歌曲，人不交流。一句歌词被所有人唱或者没被人唱这句歌词无效，让成功唱出的句子数尽可能多，求期望唱成功的句子数量对1e9 +7取模的结果。
$(1<=t<=1e4,1<=n, m<=1e9,)$

题解：

$m$ 句歌词相互独立
设唱的概率为 $pi$ 不唱的概率为 $(1-pi)$
那么答案就是失败的概率就是$(p1p2p3…pn)$+$(1-p1)(1-p2)…(1-pn)$
那么成功的概率就是$1-(p1p2p3…pn)$+$(1-p1)(1-p2)…(1-pn)$
最大化成功就是最小化石板就要使得pi都为$1/2$ 其实是猜的不过可以验算几个
那么答案就等于$m(1-(1/2)^n2)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ll long long
const int N=1e5+5;
const int M=1e9+7;  
ll ksm(ll a,ll p){ll res=1;while(p){if(p&1){res=res*a%M;}a=a*a%M;p>>=1;}return res;}
signed main() {
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--) {
        int n, m;
        cin>>n>>m;
        cout<<(m%M*(ksm(2, n-1)%M-1+M)%M*ksm(ksm(2, n-1)%M, M-2)%M)%M<<endl;
    }
    return 0;
}

B 炸鸡块君与FIFA22 倍增/分块/线段树【补】

题目链接
【补】

题意：

打游戏胜利将使得分加一、失败使分减一、平局使分不变。若你当前的排位分是 $3$ 的整倍数（包括0倍），则若下一局游戏失败，你的排位分将不变（而不是减一）
给定一个游戏结果字符串和若干次询问，你需要回答这些询问。
$(1<=l, r<=n，q<=2e5,0<=s<=1e9)$

题解：

$n,q$ 很大就想到要预处理
每次询问每段的答案发现只和首位的初始值%3的值有有关
那么预处理从每一位开始以初始值为 $0, 1, 2$开始向后进行操作，但是不能 $n*n$
所以就想到暴力分块
假如在同一个分块里就直接暴力模拟
不在的话
就在一整块和另一块以%3的值结果来转移

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
char str[N];
int d[N][5];//dij代表第i块以j为首值处理后的结果
int bl[N], l[N], r[N];
signed main() {
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, q;
    cin>>n>>q;
    cin>>str+1;
    int B=sqrt(n);
    for(int i=1; i<=n; i++) bl[i]=(i+B-1)/B;
    for(int i=1; i<=bl[n]; i++) l[i]=r[i-1]+1, r[i]=r[i-1]+B;
    r[bl[n]]=n;
    for(int i=1; i<=bl[n]; i++) {
        d[i][0]=d[i][1]=d[i][2]=0;
        for(int j=l[i]; j<=r[i]; j++) {
            if(str[j]=='W') {
                d[i][0]++, d[i][1]++, d[i][2]++;
            }else if(str[j]=='L') {
                if(d[i][0]%3) d[i][0]--;
                if((d[i][1]+1)%3) d[i][1]--;
                if((d[i][2]+2)%3) d[i][2]--;
            }
        }
    }
    while(q--) {
        int le, re, s;
        cin>>le>>re>>s;
        if(bl[le]==bl[re]) {
            for(int i=le; i<=re; i++) {
                if(str[i]=='W') {
                    s++;
                }else if(str[i]=='L') {
                    if(s%3) s--; 
                }
            }
            cout<<s<<endl;
            continue;
        }
        for(int i=le; i<=r[bl[le]]; i++) {
            if(str[i]=='W') {
                s++;
            }else if(str[i]=='L') {
                if(s%3) s--; 
            }
        }
        for(int i=bl[le]+1; i<bl[re]; i++) {
            s=s+d[i][(s+3)%3];
        }
        for(int i=l[bl[re]]; i<=re; i++) {
                if(str[i]=='W') s++;
                else if(str[i]=='L') {
                    if(s%3) s --;
                }
        }
        cout<<s<<endl;
    }
    return 0;
}

待补

K 冒险公社 dp【补】

题目链接
【补】
qwq
发现，第 $i$ 个预测和 $[1,i−3]$ 的所有岛都没有关系，明显符合 dp 的无后效性

$dp[i][i1][i2][i3]$表示已经走了 $i$ 座山绿岛的最大数量，$i1, i2, i3$表示$i,i-1, i-2$的颜色
$dp[i][i1][i2][i3]$是从合法状态的$dp[i−1][i2][i3][i4]$转移过来

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
const int N=1e5+5; 
int dp[N][5][5][5];
signed main() {
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n; cin>>n;
    string s; cin>>s; s='.'+s;
    for(int i=3; i<=n; i++) for(int j=0; j<3; j++)for(int k=0; k<3; k++) for(int l=0; l<3; l++) dp[i][j][k][l]=-1;
    for(int j=0; j<3; j++)for(int k=0; k<3; k++) for(int l=0; l<3; l++) {
        dp[2][j][k][l]=0;
        //if(j==1) dp[2][j][k][l]++;
        if(j==1) dp[2][j][k][l]++;
        if(k==1) dp[2][j][k][l]++;
    }
    int ans=-1;
    for(int i=3; i<=n; i++) {
        for(int l=0; l<3; l++) {
            for(int j=0; j<3; j++) {
                for(int k=0; k<3; k++) {
                    for(int l1=0; l1<3; l1++) {
                        if(dp[i-1][j][k][l1]==-1) continue;
                        int R=0, G=0;
                        R=(l==0)+(j==0)+(k==0);
                        G=(l==1)+(j==1)+(k==1);
                        //cout<<R<<" "<<G<<endl;
                        if(s[i]=='R'&&G<R) dp[i][l][j][k]=max(dp[i][l][j][k], dp[i-1][j][k][l1]+(l==1));
                        if(s[i]=='G'&&G>R) dp[i][l][j][k]=max(dp[i][l][j][k], dp[i-1][j][k][l1]+(l==1));
                        if(s[i]=='B'&&G==R) dp[i][l][j][k]=max(dp[i][l][j][k], dp[i-1][j][k][l1]+(l==1));
                    }
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0; i<3; i++)for(int j=0; j<3; j++) for(int k=0; k<3; k++)
        ans=max(ans, dp[n][i][j][k]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}