Wannafly 挑战赛5

A 题:

星神是来自宇宙的

所以珂朵莉也是吧

所以我就出了个题

给你一个长为n的序列a，有n*(n+1)/2个子区间，问这些子区间里面和为完全平方数的子区间个数
input
第一行一个数n

第二行n个数表示序列a

output

答案

样例

6

0 1 0 9 1 0

21

1 <= n <= 1000000 <= ai <= 10

题目分析：因为子区间非常多，遍历每一个区间显然不可能，但是完全平方数并不多1000个，我们维护数组的前缀和，然后去遍历每一个完全数

代码如下:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;

const int maxn=1e6+10;
int a[maxn];

int main()
{
int n;
while (scanf("%d",&n)!=EOF) {
memset (a,0,sizeof (a));
int sum=0,b;
ll ans=0;
a[0]=1;
for (int i=0;i<n;i++) {
scanf("%d",&b);
sum+=b;
for (int j=0;j<=1000&&j*j<=sum;j++) {
ans+=a[sum-j*j];
}
a[sum]++;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

B题
“这个比赛，归根结底就是控制一个虚拟的小拖拉机跑完整个赛道。一般一场比赛会有 9 个到 13 个赛道，最后看能跑完多少个赛道。”

通常在一场可编程拖拉机比赛中，分别会有实际参赛队伍数 10%、20%、30% 向下取整的队伍获得金、银、铜牌，其余队伍获得荣誉提名，俗称“铁牌”。

但是主办方往往会多准备一些奖牌，那么在发奖牌的时候会按照比例向上取整发出的奖牌以减少浪费，就会有一些原本获得银牌的队伍获得了金牌。

现在给出一个赛区的规模，也就是这个赛区的实际参赛队伍数，小 Q 同学想知道有多少队伍的奖牌会由银变金、由铜变银、由铁变铜。

输入只有一行，包含一个整数 n (10 <= n <= 1000)，表示实际参赛队伍数。

输出一行，包含三个由空格分隔的整数，分别表示奖牌会由银变金、由铜变银、由铁变铜的队伍数。

115

1 1 2

代码如下://代码比较傻

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int main()
{
int n;
while (scanf("%d",&n)!=EOF) {
int x,y,z,cnt=0;
x=(int) n*0.1;
y=(int) n*0.2;
z=(int) n*0.3;
double a=n*0.1;
if (a>x) {
a=x+1;
cnt=1;
}
else {
a=x;
cnt=0;
}
double b=n*0.2;
if (b>y) {
b=y+1+cnt;
cnt++;
}
else {
b=y+cnt;
}
double c=n*0.3;
if (c>z) {
c=z+1+cnt;
}
else {
c=z+cnt;
}
printf("%.0lf %.0lf %.0lf\n",a-x,b-y,c-z);
}
return 0;
}

D题:

给定一个小写字母字符串T

求有多少长度为m的小写字母字符串S满足，T是S的一个子序列(不需要连续)

第一行一个字符串T
第二行一个正整数m

输出答案对109+7取模的值

a
2

51

1<=|T|,m<=105

题目分析:对于m个字符，我们把n个字符丢进出Com(m,n),其他字符可以有26种方法，但是这样做的话就会有重复的。为了去重我们只需要保证：
----a-----b----z---c---k---- 比如a和b之间不能有b，b和z之间不能有z，，也就是中间的只有25种选法。

代码如下:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#define ll long long
using namespace std;

const int maxn=1e5+100;
const int mod=1e9+7;
string str;
ll fac[maxn],inv[maxn];

ll fast_pow(ll base,ll k)
{
ll ans=1;
while (k) {
if (k&1)
ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod;
k>>=1;
}
return ans;
}
ll get_inv(ll n)
{
if (n==1) return 1;
else return get_inv(mod%n)*(mod-mod/n)%mod;
}
void solve()
{
fac[1]=fac[0]=1;
inv[0]=1;
for (int i=1;i<maxn;i++) {
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[i]=get_inv(fac[i]);
}
}
ll Com(ll n,ll m)//求C(n,m)%mod
{
return fac
*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main()
{
int m;
solve();
while (cin>>str>>m) {
int len=str.size();
ll ans=0;
for (int i=len;i<=m;i++) {//最后一个字符的位置
ans=(ans+Com(i-1,len-1)%mod*fast_pow(25,i-len)%mod*fast_pow(26,m-i)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}