2013腾讯编程马拉松初赛第一场（3月21日) 解题报告 (HDU 4505 HDU4506 HDU4507 HDU4508 HDU4509)

A题 (hdu 4505)

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4505

解题思路: 一次遍历就可以，这道题可以推出公式 max*10+(k*5)+n

max最高楼层，k多少个楼层需要开门，n一共多少个人

代码:

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAX 400
int a[MAX];
int main()
{
int t,n,i,j,m,k,max;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
memset(a,0,sizeof(a));
for(i=0,k=0,max=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&m);
if(a[m]==0)
k++;
a[m]++;
if(m>max)
max=m;
}
printf("%d\n",max*10+(k*5)+n);
}
return 0;
}

B题 (hdu 4506)

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4506

解题思路: 一个个求多少次方速度很慢，可以用快速幂

代码:

#include<stdio.h>
__int64 a[10005];
__int64 get_mi(__int64 a,__int64 b,int n)
{
if(0 == a) return 0;
if(0 == b)  return 1;
__int64 r=1;
while(b)
{
if(b&1)
r=(r*a)%n;
a=(a*a)%n;
b>>=1;
}
return r;
}
int main()
{
int T,i,y;
__int64 n,t,k;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&t,&k);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%I64d",&a[i]);
}
__int64 x;
int mmm=1000000007;
__int64 sum;
sum=get_mi(k,t,mmm);
t%=n;
for(i=0;i<n-1;i++)
{
if(i<t)
y=i+n-t;
else
y=i-t;
x=(a[y]*sum)%mmm;
printf("%I64d ",x);
}
if(i<t)        y=i+n-t;
else y=i-t;
x=(a[y]*sum)%mmm;
printf("%I64d\n",x);
}
return 0;
}

D题 (hdu 4508)

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4508

解题思路: 经典DP，完全背包的模版题，不一定要把背包装满

代码:

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 100001
#define MAX_V 100001
#define _MAX -0x3f3f3f3f
int n,m,f[MAX_V],c[MAX_N],w[MAX_N];
int DP(int full)
{
int i,v;
if(full) //如果是恰好放满，则除f[0][0]外都初始化为无穷小
{
memset(f,_MAX,sizeof(f));
f[0]=0;
}
else  memset(f,0,sizeof(f)); //如果不一定要放满，则初始化为0
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(v=c[i];v<=m;v++)
{
f[v]=(f[v-c[i]]+w[i]>f[v])?f[v-c[i]]+w[i]:f[v];  // ****状态转移方程****
}
}
return f[m];
}
int main ()
{
int i;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&w[i],&c[i]);
}
scanf("%d",&m);
printf("%d\n",DP(0)); //0为非满，1非恰好满
}
return 0;
}

E题(hdu 4509)

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4509

解题思路: 开始没有考虑到时间会有交叉的情况，WA了两次

把分钟转换成数字，那么24小时就有24*60=1440

构建数组a[1440]，初始化为-1

每行给出的两个时间都可以转换成一个区间存不存在

如 01:00 02:00，转换成a[60]到a[120]所有的元素都为0

这道题可以用线段树优化，但是数组不大，效果不那么明显

可以用memset代替for，效率高一点

代码:

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAX 2000
int time[MAX];
int main()
{
int n,i,t,a,b,c,d,s,k;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
memset(time,-1,sizeof(time));  //-1代表空闲
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d:%d %d:%d",&a,&b,&c,&d);
s=a*60+b;
t=c*60+d;
memset(time+s,0,(t-s)*sizeof(time[0]));  //memset代替for循环
}                                            //0代表忙碌
for(i=0,k=0;i<1440;i++)
if(time[i]==-1)
k++;
printf("%d\n",k);
}
return 0;
}

C题(hdu 4507)

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4507

解题思路: 位DP的思想，转载一下大牛的思路

典型的按位dp。一开始想会不会是数学结论题，但是很快觉得数学一点不靠谱，然后发现按位dp可做。

求出区间[0, N]中满足条件的数的平方和，这样可以不用卡下界。

定义数组dp[ d ][ u ][ i ][ j ]，d表示dp到第d位，u表示是否卡上界（按惯例，0表示卡上界），i表示前缀的各位数字和模7为i，j表示前缀表示的整数模7为j。每个元素存num、sum、ssum三个值。num表示满足条件的前缀数量，sum则是这些前缀表示的整数的和，ssum是这些前缀表示的整数的平方和。

dp从最高位到最低位枚举p，再枚举当前位的数字d，并枚举上一位p+1位的dp数组最后两维i：0~6，j：0~6。计算出转移到p位时的余数值：

ii = （i + d）%7 jj = （j * 10 + d）%7

最基本的转移方程是：

dp[ p ][ 1 ][ ii ][ jj ].num += dp[ p + 1][ 1 ][ i ][ j ];

dp[ p ][ 1 ][ ii ][ jj ].sum += dp[ p + 1 ][ 1 ][ i ][ j ].sum * 10

+ dp[ p + 1 ][ 1 ][ i ][ j ].num * d;

dp[ p ][ 1 ][ ii ][ jj ].ssum += dp[ p + 1 ][ 1 ][ i ][ j ].ssum * 100

+ dp[ p + 1 ][ 1 ][ i ][ j ].sum * 20 * d

+ d * d * dp[ p + 1 ][ 1 ][ i ][ j ].num;

代码:

//zzy.2013.3.21AC
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define ll long long
#define MOD (1000000007LL)

typedef struct
{
ll num,sum,ssum;
}node;

ll digits[21];
node dp[21][2][7][7];

void ini(ll len)
{
for(ll i = 1; i <= len + 1; ++i){
for(ll j = 0; j < 2; ++j){
for(ll k = 0; k < 7; ++k){
for(ll m = 0; m < 7; ++m){
dp[i][j][k][m].num = 0;
dp[i][j][k][m].sum = 0;
dp[i][j][k][m].ssum = 0;
}
}
}
}
}

ll Len(ll N)
{
ll ret = 0;
while(N){
ret ++;
digits[ret] = N % 10;
N = N / 10;
}
return ret;
}

void DP(ll len)
{
for(ll p = len; p > 0; p--)
{
for(ll d = 0; d <= 9; d++)
{
if(d == 7) continue;
for(ll i=0; i<7; i++)
{
for(ll j=0; j<7; j++)
{
ll ii,jj;
ii = (i+d)%7;
jj = (j*10+d)%7;
dp[p][1][ii][jj].sum += dp[p+1][1][i][j].sum*10
+ dp[p+1][1][i][j].num*d;
if(d < digits[p])
dp[p][1][ii][jj].sum += dp[p+1][0][i][j].sum*10
+ dp[p+1][0][i][j].num*d;
dp[p][1][ii][jj].sum %= MOD;

dp[p][1][ii][jj].num += dp[p+1][1][i][j].num;
if(d < digits[p])
dp[p][1][ii][jj].num += dp[p+1][0][i][j].num;
dp[p][1][ii][jj].num %= MOD;

dp[p][1][ii][jj].ssum += dp[p+1][1][i][j].ssum * 100LL
+ 20LL * d * dp[p+1][1][i][j].sum + d*d * dp[p+1][1][i][j].num;
if(d < digits[p])
dp[p][1][ii][jj].ssum += dp[p+1][0][i][j].ssum * 100LL
+ 20LL * d * dp[p+1][0][i][j].sum + d*d * dp[p+1][0][i][j].num;
dp[p][1][ii][jj].ssum %= MOD;
}
}
}
ll d = digits[p];
if(d == 7) continue;
for(ll i=0; i<7; i++)
{
for(ll j=0; j<7; j++)if(dp[p+1][0][i][j].num)
{
ll ii,jj;
ii = (i+d)%7;
jj = (j*10+d)%7;
dp[p][0][ii][jj].sum += dp[p+1][0][i][j].sum*10 + dp[p+1][0][i][j].num*d;
dp[p][0][ii][jj].sum %= MOD;

dp[p][0][ii][jj].num += dp[p+1][0][i][j].num;
dp[p][0][ii][jj].num %= MOD;

dp[p][0][ii][jj].ssum += dp[p+1][0][i][j].ssum * 100LL
+ 20LL * d * dp[p+1][0][i][j].sum + d*d * dp[p+1][0][i][j].num;
dp[p][0][ii][jj].ssum %= MOD;
}
}
}
}

ll calcu(ll N)
{
ll len = Len(N);
ini(len);
dp[len+1][0][0][0].num = 1;
DP(len);
ll ret = 0;
for(ll i=1; i<7; i++){
for(ll j=1; j<7; j++){
ret += dp[1][0][i][j].ssum;
ret += dp[1][1][i][j].ssum;
}
}
ret %= MOD;
return ret;
}

int main()
{
ll T;
cin >> T;
while(T--){
ll A,B;
cin >> A >> B;
ll ans = 0;
ans = calcu(B) - calcu(A - 1);
ans = (ans + MOD) % MOD;
cout << ans << endl;
}
return 0;
}

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