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@author：xuanzo（icpc铁牌选手，弱鸡一枚）
如有错误，欢迎评论指出，感谢。
<>A、空间
【问题描述】
小蓝准备用 256MB 的内存空间开一个数组，数组的每个元素都是 32 位
二进制整数，如果不考虑程序占用的空间和维护内存需要的辅助空间，请问
256MB 的空间可以存储多少个 32 位二进制整数？
256MB换算成B就是256*1024*1024 转换成位有256*1024*1024*8 32位整数就是256*1024*1024*8/32 #
include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main(){
//MB KB B bit ll ans=256; cout<<ans*1024*1024*8/32<<endl; } //671008864
<>B、卡片
【问题描述】
小蓝有很多数字卡片，每张卡片上都是数字 0 到 9。
小蓝准备用这些卡片来拼一些数，他想从 1 开始拼出正整数，每拼一个，
就保存起来，卡片就不能用来拼其它数了。
小蓝想知道自己能从 1 拼到多少。
例如，当小蓝有 30 张卡片，其中 0 到 9 各 3 张，则小蓝可以拼出 1 到 10，
但是拼 11 时卡片 1 已经只有一张了，不够拼出 11。
现在小蓝手里有 0 到 9 的卡片各 2021 张，共 20210 张，请问小蓝可以从 1
拼到多少？
提示：建议使用计算机编程解决问题。
开个数组存下0-9卡牌的数量， 然后从1开始往后遍历 每次都分解当前遍历的数 如果出现卡牌数量为零 说明当前数无法拼出 直接输出上一个数 #include
<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int a[11]; int main(){
for(int i=0;i<10;i++) a[i]=2021; int cnt=1; while(1){ int x=cnt; while(x){ if(a[
x%10]==0){ cout<<cnt-1<<endl; return 0; } a[x%10]--; x/=10; } cnt++; } } //3181
<>C、直线
【问题描述】
在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上，
那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。
给定平面上 2 × 3 个整点 {(x, y)|0 ≤ x < 2, 0 ≤ y < 3, x ∈ Z, y ∈ Z}，即横坐标
是 0 到 1 (包含 0 和 1) 之间的整数、纵坐标是 0 到 2 (包含 0 和 2) 之间的整数
的点。这些点一共确定了 11 条不同的直线。
给定平面上 20 × 21 个整点 {(x, y)|0 ≤ x < 20, 0 ≤ y < 21, x ∈ Z, y ∈ Z}，即横
坐标是 0 到 19 (包含 0 和 19) 之间的整数、纵坐标是 0 到 20 (包含 0 和 20) 之
间的整数的点。请问这些点一共确定了多少条不同的直线。
开个map或者set存下每一条直线 一个斜率k和截距b确定一条直线 k=(y2-y1)/(x2-x1) b=-k*x1+y1=(x2*y1-x1*y2)/(
x2-x1) 然后再加上横竖的直线。 就是所有的直线 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using
namespace std; struct Point{ double x,y; }point[25*25];//存下每一个点 map<pair<double,
double>,int> m;//存斜率k和截距b int main(){ int cnt=0; for(int i=0;i<20;i++){ for(int
j=0;j<21;j++){ point[cnt].x=i; point[cnt].y=j; cnt++; } } int ans=20+21; for(int
i=0;i<cnt;i++){ for(int j=0;j<cnt;j++){ //两点的直线与坐标轴平行或共点 if(point[i].x==point[j
].x||point[i].y==point[j].y) continue; //斜率和截距 double k=(point[j].y-point[i].y)/
(point[j].x-point[i].x); double b=(point[j].x*point[i].y-point[j].y*point[i].x)/
(point[j].x-point[i].x); if(m[{k,b}]==0){ m[{k,b}]=1; ans++; } } } cout<<ans<<
endl; } //40257
<>D、货物摆放
【问题描述】
小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。
现在，小蓝有 n 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝
规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、
宽、高。
小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上
分别堆 L、W、H 的货物，满足 n = L × W × H。
给定 n，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
例如，当 n = 4 时，有以下 6 种方案：1×1×4、1×2×2、1×4×1、2×1×2、 2 × 2 × 1、4 × 1 × 1。
请问，当 n = 2021041820210418 （注意有 16 位数字）时，总共有多少种
方案？
提示：建议使用计算机编程解决问题。
先质因数分解得到 2 1 3 3 17 1 131 1 2857 1 5882353 1 对于2、17、131、2857、5882353，有3^5=
243种方案 对于3， 3、3、3时有1种，1、3、9有6种，1、1、27有3种，合计10种 所以总方案数就是243*10=2430 #include
<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; vector<int> prime; int
num[10000005]; bool vis[10000005]; void shai(){ memset(vis,0,sizeof(vis)); for(
int i=2;i<=10000000;i++){ if(!vis[i]){ prime.push_back(i); for(int j=i+i;j<=
10000000;j+=i){ vis[j]=1; } } } return; } vector<int> v; int main(){ shai(); ll
n=2021041820210418; for(int i=0;i<prime.size();i++){ num[i]=0; while(n%prime[i]
==0){ n/=prime[i]; num[i]++; } if(num[i]!=0) v.push_back(i); } //ll check=1; for
(int i=0;i<v.size();i++){ cout<<prime[v[i]]<<' '<<num[v[i]]<<endl; //for(int
j=1;j<=num[v[i]];j++) //check*=prime[v[i]]; } //cout<<check<<endl; } //2430
<>E、路径
【问题描述】
小蓝学习了最短路径之后特别高兴，他定义了一个特别的图，希望找到图
中的最短路径。
小蓝的图由 2021 个结点组成，依次编号 1 至 2021。
对于两个不同的结点 a, b，如果 a 和 b 的差的绝对值大于 21，则两个结点
之间没有边相连；如果 a 和 b 的差的绝对值小于等于 21，则两个点之间有一条
长度为 a 和 b 的最小公倍数的无向边相连。
例如：结点 1 和结点 23 之间没有边相连；结点 3 和结点 24 之间有一条无
向边，长度为 24；结点 15 和结点 25 之间有一条无向边，长度为 75。
请计算，结点 1 和结点 2021 之间的最短路径长度是多少。
提示：建议使用计算机编程解决问题。
先把边的权值算出来，然后跑单源最短路dijkstra #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using
namespace std; int d[2025]; int edges[2025][2025]; int gcd(int x,int y){ return
x%y?gcd(y,x%y):y; } bool vis[2025]; int main(){ memset(edges,0x3f3f3f3f,sizeof(
edges)); for(int i=1;i<=2021;i++) edges[i][i]=0; for(int i=1;i<=2021;i++){ for(
int j=i+1;j<=2021&&j<=i+21;j++){ int w=i*j/gcd(i,j); edges[i][j]=edges[j][i]=w;
} } memset(d,0x3f3f3f3f,sizeof(d)); d[1]=0; for(int i=1;i<=2021;i++){ int x=0;
for(int j=1;j<=2021;j++){ if(!vis[j]&&d[j]<d[x]){ x=j; } } vis[x]=1; for(int j=
max(1,x-21);j<=min(2021,x+21);j++){//剪值，只有这些点有边 d[j]=min(d[j],d[x]+edges[x][j]);
} } cout<<d[2021]<<endl; } //10266837
<>F、时间显示
【问题描述】
小蓝要和朋友合作开发一个时间显示的网站。在服务器上，朋友已经获取
了当前的时间，用一个整数表示，值为从 1970 年 1 月 1 日 00:00:00 到当前时
刻经过的毫秒数。
现在，小蓝要在客户端显示出这个时间。小蓝不用显示出年月日，只需要
显示出时分秒即可，毫秒也不用显示，直接舍去即可。
给定一个用整数表示的时间，请将这个时间对应的时分秒输出。
【输入格式】
输入一行包含一个整数，表示时间。
【输出格式】
输出时分秒表示的当前时间，格式形如 HH:MM:SS，其中 HH 表示时，值
为 0 到 23，MM 表示分，值为 0 到 59，SS 表示秒，值为 0 到 59。时、分、秒
不足两位时补前导 0。
【样例输入 1】
46800999
【样例输出 1】
13:00:00
【样例输入 2】
1618708103123
【样例输出 2】
01:08:23
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，给定的时间为不超过 1018 的正整数。
一天的时间是86400000ms 将输入的数据对86400000取模， 然后再除以1000就是从当天00:00:00到现在经过的秒数。
每3600秒是一个小时，然后剩余的时间每60秒是一分钟，最后剩余的就是秒。 #include<bits/stdc++.h> #define ll long
long using namespace std; int main(){ ll a; cin>>a; a%=86400000; a/=1000; int h=
a/3600,m=(a%3600)/60,s=a%60; if(h>=10) cout<<h<<':'; else cout<<'0'<<h<<':'; if(
m>=10) cout<<m<<':'; else cout<<'0'<<m<<':'; if(s>=10) cout<<s; else cout<<'0'<<
s; }
<>G、砝码称重
【问题描述】
你有一架天平和 N 个砝码，这 N 个砝码重量依次是 W1, W2, · · · , WN。
请你计算一共可以称出多少种不同的重量？
注意砝码可以放在天平两边。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数：W1, W2, W3, · · · , WN。
【输出格式】
输出一个整数代表答案。
【样例输入】
3
1 4 6
【样例输出】
10
【样例说明】
能称出的 10 种重量是：1、2、3、4、5、6、7、9、10、11。
1 = 1；
2 = 6 − 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 − 1；
4 = 4；
5 = 6 − 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
9 = 4 + 6 − 1；
10 = 4 + 6；
11 = 1 + 4 + 6。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 15。
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100，N 个砝码总重不超过 100000。
跑两遍01背包， 第一遍是加砝码，第二遍是减砝码。 （对于减砝码 如果已经加上了当前的砝码，则相当于把砝码拿下来
如果没有加当前的砝码，则相当于把砝码放在天平另一边 因此不会冲突） #include<bits/stdc++.h> #define ll long long
using namespace std; int dp[100005]; int w[105]; int main(){ int n; cin>>n; for(
int i=1;i<=n;i++){ cin>>w[i]; } memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0]=1; for(int i=1;i
<=n;i++){ for(int j=100000;j>=w[i];j--){ dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]); } } for(
int i=1;i<=n;i++){ int siz=100000-w[i]; for(int j=1;j<=siz;j++){ dp[j]=max(dp[j]
,dp[j+w[i]]); } } int ans=0; for(int i=1;i<=100000;i++){ ans+=dp[i]; } cout<<ans
<<endl; }
<>H、杨辉三角形
【问题描述】
下面的图形是著名的杨辉三角形：
如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下
数列：
1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 4, 6, 4, 1, …
给定一个正整数 N，请你输出数列中第一次出现 N 是在第几个数？
【输入格式】
输入一个整数 N。
【输出格式】
输出一个整数代表答案。
【样例输入】
6
【样例输出】
13
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 10；
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 1000000000。
二项式定理，对于C(3，n)，当n等于2000时，C(3，2000)＞1e9 因此只需要算到第2000行就好了，剩下的再算C(1，n)和C(2，n)就好了。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int a[2005][
2005]; int main(){ ll N; cin>>N; memset(a,0,sizeof(a)); a[0][0]=1; for(int i=1;i
<2005;i++){ for(int j=1;j<=i;j++){ a[i][j]=a[i-1][j]+a[i-1][j-1]; if(a[i][j]==N)
{ cout<<i*(i-1)/2+j<<endl; return 0; } } } //如果上面的没找到，说明只有C(1,n)和C(2,n)满足了
//n*(n-1)/2==N ll n=sqrt(N*2)+1; if(n*(n-1)/2==N){ //C(2,n) cout<<n*(n+1)/2+3<<
endl; }else{ //C(1,n) cout<<N*(N+1)/2+2<<endl; } }
<>I、双向排序
【问题描述】
给定序列 (a1, a2, · · · , an) = (1, 2, · · · , n)，即 ai = i。
小蓝将对这个序列进行 m 次操作，每次可能是将 a1, a2, · · · , aqi 降序排列，
或者将 aqi , aqi+1, · · · , an 升序排列。
请求出操作完成后的序列。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示序列的长度和操作次数。
接下来 m 行描述对序列的操作，其中第 i 行包含两个整数 pi, qi 表示操作
类型和参数。当 pi = 0 时，表示将 a1, a2, · · · , aqi 降序排列；当 pi = 1 时，表示
将 aqi , aqi+1, · · · , an 升序排列。
【输出格式】
输出一行，包含 n 个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示操作
完成后的序列。
【样例输入】
3 3
0 3
1 2
0 2
【样例输出】
3 1 2
【样例说明】
原数列为 (1, 2, 3)。 第 1 步后为 (3, 2, 1)。 第 2 步后为 (3, 1, 2)。 第 3 步后为 (3, 1, 2)。与第 2
步操作后相同，因为前两个数已经是降序了。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，n, m ≤ 1000；
对于 60% 的评测用例，n, m ≤ 5000；
对于所有评测用例，1 ≤ n, m ≤ 100000，0 ≤ ai ≤ 1，1 ≤ bi ≤ n。
不会，暴力sort骗分 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std;
/* int main(){ } */ //暴力分 n*n*logn bool cmp(int x,int y){ return x>y; } int a[
100005]; int main(){ int n,m; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i; while(m--
){//1e5 int p,q; cin>>p>>q; //nlogn if(p==0){ sort(a+1,a+q+1,cmp); }else{ sort(a
+q,a+n+1); } for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' '; cout<<endl; } for(int i=1;i
<=n;i++) cout<<a[i]<<' '; }
<>J、括号序列
【问题描述】
给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，
当添加完成后，会产生不同的添加结果，请问有多少种本质不同的添加结果。
两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号，而另一个是右括
号。
例如，对于括号序列 ((()，只需要添加两个括号就能让其合法，有以下几
种不同的添加结果：()()()、()(())、(())()、(()()) 和 ((()))。
【输入格式】
输入一行包含一个字符串 s，表示给定的括号序列，序列中只有左括号和
右括号。
【输出格式】
输出一个整数表示答案，答案可能很大，请输出答案除以 1000000007 (即
109 + 7) 的余数。
【样例输入】
((()
【样例输出】
5
【评测用例规模与约定】
对于 40% 的评测用例，|s| ≤ 200。
对于所有评测用例，1 ≤ |s| ≤ 5000。
将括号分成好几部分，每一部分只需要添加一种括号，dp计算每一部分的放法，然后乘起来。 dp时我用了前缀和降低复杂度，否则大概会超时 #include
<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; //int
pre[5005],suf[5005]; //int dp[5005][5005]; const int mod=1e9+7; ll cal(string s)
{ int dp[s.size()+1][s.size()+1]; int suf[s.size()+1]; suf[s.size()]=0; memset(
dp,0,sizeof(dp)); dp[s.size()][0]=1; for(int i=s.size()-1;i>=0;i--){ suf[i]=suf[
i+1]+(s[i]==')'?1:0); if(s[i]==')'){ dp[i][0]=1; for(int j=1;j<=suf[i];j++){ dp[
i][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j-1])%mod; } }else{ for(int j=0;j<=suf[i];j++){ dp[i][j]
=dp[i+1][j]; } } } return dp[0][suf[0]]; } ll cal2(string s){ s="0"+s; int dp[s.
size()+1][s.size()+1]; int pre[s.size()+1]; pre[0]=0; memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1; for(int i=1;i<s.size();i++){ pre[i]=pre[i-1]+(s[i]=='('?1:0); if(s[i
]=='('){ dp[i][0]=1; for(int j=1;j<=pre[i];j++){ dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
)%mod; } }else{ for(int j=0;j<=pre[i];j++){ dp[i][j]=dp[i-1][j]; } } } return dp
[s.size()-1][pre[s.size()-1]]; } int main(){ string s; cin>>s; int now=0;
string ss=""; ll ans=1; for(int i=0;i<s.size();i++){ if(s[i]=='(') now++; else
now--; ss+=s[i]; if(now<0){ while(i+1<s.size()&&s[i+1]==')'){ ss+=s[i+1]; i++; }
//cout<<ss<<' '<<cal(ss)<<endl; ans=(ans*cal(ss))%mod; ss=""; now=0; } } if(now
!=0){ //cout<<ss<<' '<<cal2(ss)<<endl; ans=(ans*cal2(ss))%mod; } cout<<ans%mod<<
endl; }