Wannafly挑战赛7 - （B，C，E）

还是稍微难一点的题目有意思，B题贪心，C题概率，E题树状数组，不过E题做法应该很多
codeJan与旅行

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld

题目描述 

codeJan 非常喜欢旅行。现在有 n 个城市排在一条线上，并且 codeJan 的位置不和任何一个城市的位置重叠。

codeJan 想要游览 m 个城市，同时因为时间是不断变化的，游览一个城市多次也是允许的，但是不能永远待在一个城市，否则那样太无聊了。给出这些城市的位置，codeJan 想要知道游览 m 个城市至少需要走多少米？

输入描述:

第一行是一个T≤20代表测试组数。
每组第一行是三个正整数n,m,p，分别代表城市数量、codeJan想要浏览的城市数量和codeJan当前的位置(单位为米)。
第二行包含n个正整数pos[i]表示第i个城市的位置，单位为米。
输入保证pos[i]<pos[i+1](i∈[1,n−1])，并且p ≠ pos[i](i∈[1,n])。

输出描述:

对于每组输入数据输出一个正整数表示 codeJan 至少需要走的距离。

示例1

输入

3
2 2 2
1 3
2 2 1
2 3
4 3 4
1 3 5 6

输出

3
2
3

说明

对于第一个样例的坐标最优移动顺序可以是：2→3→1，移动距离一共是3。
对于第二个样例的坐标最优移动顺序可以是：1→2→3，移动距离一共是2。
对于第三个样例的坐标最优移动顺序可以是：4→5→6→5，移动距离一共是3。

备注:

2≤n≤105,1≤m≤105 ，1≤p,pos[i]≤109。

题解说的很清楚：可以想象的是如果 m 足够大，codeJan 最后肯定会选择在相邻的两个城市来回走。所以可 以枚举两个相邻的城市 (实际上应该是距离最小的两个城市)。并且直接” 奔向” 这两个城市的应该是最吼的！但是 还要考虑，可能先往后退到 一个城市，再” 奔向” 枚举的城市。 举个例子就明白了：n = 3,m = 10, p = 2，三个城市的位置是 1 10 14。 那么应该先退回到 1，然后再在 10 和 14 之间来回走。  时间复杂度：O(n)

参考博客：http://blog.csdn.net/zhou_yujia/article/details/78986785，博主代码写的很巧妙，

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define M 100005
int n,m,p;
ll ans;
int a[M];

void solve(int loc,int v) //loc是到达的第一个城市，v是起点到loc城市的距离
{
int i;
//如果是if(loc!=n))调用的slove函数，那么下面for循环就是先后退一步的体现
for(i=loc;i>1;i--)  //向左走，loc-i+1为到城市i用的步数
{
if(loc-i+1>=m)
break;
ans=min(ans,1ll*(m-(loc-i+1))*(a[i]-a[i-1])+a[loc]-a[i]+v);
}
//如果是if(loc!=-1)调用的slove函数，那么下面for循环就是先后退一步的体现
for(i=loc;i<n;i++)
{
if(i-loc+1>=m)
break;
ans=min(ans,1ll*(m-(i-loc+1))*(a[i+1]-a[i])+a[i]-a[loc]+v);
}
}

int main()
{
int T,i,loc;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
loc=-1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]<p)
loc=i;
}

ans=1e18;
if(m==1)
{
if(loc!=-1) //p不在最左边
ans=p-a[loc];
if(loc!=n)  //p不在最右边
ans=min(ans,(ll)(a[loc+1]-p));
printf("%lld\n",ans);
continue;
}

if(loc!=-1) //p不在最左边
solve(loc,p-a[loc]);
if(loc!=n)  //p不在最右边
{
if(loc==-1)  //注意此处，如果p在最左边，起点要从1开始
solve(1,a[1]-p);
else         //其余情况在p点右边城市作为起点
solve(loc+1,a[loc+1]-p);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

C

小Q与氪金游戏

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K
Special Judge, 64bit IO Format: %lld

题目描述 

“为世界上所有的美好而战！”

小Q同学最近沉迷“稳固3”，为了从最新的蛋池中抽出自己喜欢的角色卡，不惜氪下重金。

在这个游戏中，氪一单可以得到x个宝石，而抽一次卡需要花费y个宝石，由于游戏策划十分“良心”，抽卡是独立重复实验，单次抽出目标角色卡的概率是p且不存在所谓的“保底”。

为了尽可能省钱，小Q同学只会在抽卡所需宝石不足的情况下再氪一单，并且抽出目标角色卡之后会立即停止抽卡，他想知道为了抽出目标角色卡期望要氪多少单。

输入描述:

输入只有一行，包含三个整数x,y,q(0<x,y,q<10000)，分别表示氪一单能得到的宝石数、抽一次卡需要的宝石数以及抽出目标角色卡的概率p乘以10000之后的数。

输出描述:

输出一行，包含一个浮点数，表示抽出目标角色卡期望氪的单数，要求绝对误差或相对误差不超过 1e-9。

示例1

输入

6480 280 98

输出

4.921219218795631382

模拟一直抽的过程，当一直抽下去不中的概率就会为零，设置概率无穷小等价值，但概率无穷小时，结束模拟

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define exp 1e-40
using namespace std;
double pp=1,ans,p,num;
int tot,x,y;
int main(){
scanf("%d%d%lf",&x,&y,&p);
p/=10000.0;
while(pp>exp) //pp是氪金到num单时仍然未中的概率,当概率不为无穷小才继续
{
if(tot<y){ //tot是手头宝石数
int temp=(y-tot)/x; //temp氪几单能够开抽
if((y-tot)%x!=0)
temp++;
num+=temp;
tot+=temp*x;
}
tot-=y;        //抽一次
ans+=pp*p*num; //这一抽中了，num为氪金总单数
pp*=(1-p);     //仍然未中的概率
}
printf("%.15lf\n",ans);
return 0;
}

珂朵莉与GCD

给你一个长为n的序列a

m次查询

每次查询一个区间的所有子区间的gcd的和mod1e9+7的结果

输入描述:

第一行两个数n,m
之后一行n个数表示a
之后m行每行两个数l,r表示查询的区间

输出描述:

对于每个询问，输出一行一个数表示答案

示例1

输入

5 7
30 60 20 20 20
1 1
1 5
2 4
3 4
3 5
2 5
2 3

输出

30
330
160
60
120
240
100

说明

[1,1]的子区间只有[1,1]，其gcd为30
[1,5]的子区间有：
[1,1]=30,[1,2]=30,[1,3]=10,[1,4]=10,[1,5]=10
[2,2]=60,[2,3]=20,[2,4]=20,[2,5]=20
[3,3]=20,[3,4]=20,[3,5]=20
[4,4]=20,[4,5]=20
[5,5]=20
总共330
[2,4]的子区间有：
[2,2]=60,[2,3]=20,[2,4]=20
[3,3]=20,[3,4]=20
[4,4]=20
总共160
[3,4]的子区间有：
[3,3]=20,[3,4]=20
[4,4]=20
总共60
[3,5]的子区间有：
[3,3]=20,[3,4]=20,[3,5]=20
[4,4]=20,[4,5]=20
[5,5]=20
总共120
[2,5]的子区间有：
[2,2]=60,[2,3]=20,[2,4]=20,[2,5]=20
[3,3]=20,[3,4]=20,[3,5]=20
[4,4]=20,[4,5]=20
[5,5]=20
总共240
[2,3]的子区间有：
[2,2]=60,[2,3]=20
[3,3]=20
总共100

备注:

对于100%的数据，有1 <= n , m , ai <= 100000
看的别人的代码：https://www.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=20738150

理解的不好，先贴上以后慢慢看。。。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define M 100005
#define mod 1000000007

ll n,m,p,tot,temp;
ll a[M],gg[20],pos[20],ans[M],f[M],g[M];

struct node{
ll l,r,id;
bool operator <(const node & obj) const
{
return r<obj.r;
}
}q[M];

ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

ll lowbit(ll x)
{
return x&(-x);
}

void add(ll x,ll v)
{
ll i=x;
while(i<=n)
{
f[i]+=v;
g[i]-=x*v;
i+=lowbit(i);
}
}

ll sum(ll x)
{
ll res=0,i=x;
while(i)
{
res+=(ll)(x+1)*f[i]+g[i];
i-=lowbit(i);
}
return res;
}

int main()
{
int i,j;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld",&q[i].l,&q[i].r);
q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+m+1);
p=1;

for(i=1;i<=m;i++)
{
while(p<=q[i].r)
{
for(j=1;j<=tot;j++)  //加入右端点的信息
gg[j]=gcd(gg[j],a[p]);
gg[++tot]=a[p];
pos[tot]=p;

temp=0;
for(j=1;j<=tot;j++)  //去重
if(gg[j]!=gg[j-1])
{
gg[++temp]=gg[j];
pos[temp]=po
bae0
s[j];
}
tot=temp;

for(j=1;j<tot;j++)
{
add(pos[j],gg[j]);
add(pos[j+1],-gg[j]);
}
add(pos[tot],gg[tot]);
add(p+1,-gg[tot]);
p++;
}
ans[q[i].id]=sum(q[i].r)-sum(q[i].l-1);
}
for(i=1;i<=m;i++)
printf("%lld\n",ans[i]%mod);
return 0;
}