浙江理工大学7月月赛
作者：互联网
比赛网址 http://47.96.116.66/contest.php?cid=1376
A题：分组
题目描述
小明的班级在上体育课，老师想让大家分成两组玩拔河。现在大家排成了一排，老师嫌麻烦，所以想直接在队伍中间找个位置断开，这样不就分成了两组了吗？但是这个老师的思维很奇怪，他觉得分成人数相等的两组会不公平，他想让两组的体重和的差最小（差值要求体重和大的值减小的值）。老师把这个任务交给了小明，你能帮帮他吗？输入
第一行为一个正整数n，表示小明班的人数。第二行为n个正整数，表示这一排从左到右同学的体重。
输出
只有一行，为题目描述中最小的差值。样例输入
5 11 17 3 2 20
样例输出
3
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<vector>
const int N=1e5+5;
int sum1,sum2,a[N];
int n,i,j;
using namespace std;
int main()
{
int ans=0x3f3f3f;
sum1=0;
sum2=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum1+=a[i];
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
sum2+=a[i];
ans=min(ans,abs(sum2-sum1+sum2));
}
printf("%d\n",ans);
}
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B题：数学老师的难题
题目描述
学好数学是学好计算机的一个重要基础，毕竟早期计算机科学是数学科学的一个重要分支。帅帅也明白这个道理，因此，帅帅在学校既参加了数学兴趣班也参加了计算机兴趣班。但帅帅马上就要参加2010年东莞市小学程序设计竞赛了，因此就暂停了数学兴趣班的学习，数学老师知道后很生气，后果很严重，于是数学老师就给帅帅出了一个难题：统计两个正整数t1 、 t2 ( t1 不一定大于 t2 ) 之间的所有数的约数个数和S，这本是一个很简单的题目，但数学老师为了难倒帅帅，给出的两个数t1、t2的非常大，为10000000以内的正整数。但帅帅的编程能力还处于入门阶段，希望你能帮他解决这个问题？
输入
输入文件problem.in仅包含一行，共有两个整数，表示t1 t2 (用空格分开)输出
输出文件仅有一个整数，表示t1 , t2之间的约数个数之和样例输入
2 6
样例输出
13
提示
2的约数有1,2共2个；3的约数有1,3共2个；
4的约数有1,2,4,共3个；
5的约数有1,5共2个；
6的约数有1,2,3,6,;共4个。
所以2到6的约数个数为13
【数据规模】
对于50%的数据保证有t1,t2<=5000000
对于全部的数据保证有t1,t2<=10000000 约数即因数，例如4的约数有1，2，4。如果是要求出一个数具体的约数，只能用for/while循环，复杂度不会超过O(n)，但是本题还要求出区间内数的约数和，数与数之间的关系也不是很紧密，无法简化运算，很可能会超时。但若是改为仅求约数的个数，就可以另辟蹊径。设一个区间[1,N]，显然，这些数的因数都含有1，即因数1的个数有N/1个。而含有因数为2的数有2，4，6...2*k...，即因数2的个数有N/2，依此类推，因数3的个数有N/3...因数K的个数有N/K，所以，重点来了！区间[1,N]的所有因数之和是多少？没错，就是$\sum_{i=1}^{N}\frac{N}{i}$ ;我们知道了1到N的因数之和，怎么求N到M的因数之和呢？想必已十分简单.
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<vector>
long long n,m,i,j;
long long sum2,sum1;
using namespace std;
int main()
{
sum1=0;
sum2=0;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
long long maxx,minn;
minn=min(n,m);
maxx=max(n,m);
n=minn;
m=maxx;
for(i=1;i<n;i++)
{
sum1+=(n-1)/i;
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
sum2+=m/i;
}
//printf("%d\n",sum1);
//printf("%d\n",sum2);
printf("%lld\n",sum2-sum1);
}
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问题 C: 一脸严肃的声明: 作业作假的行为是可耻的行为!
题目描述
一脸严肃的声明: 作业作假的行为是可耻的行为!
有F个好朋友正在做物理作业,每个朋友要做M个实验,他们的实验数据会保存在data数组里面 前M个数据是第一个人的,接下来M个数据是第二个人的,以此类推
一个序列的中位数是这个序列排序之后位于中间的那个数,如果序列的长度是偶数,中间两个数中较小的那个数就是中位数 {10,40,30,20}的中位数是20
根据实验手册的答案,实验数据的结果应该是goal,他们想要改变一些实验数据使得data数组的中位数为goal
返回以下两个数
1: 最少需要多少个人进行数据造假
2: 在最少人作假的前提下,最少需要改变多少个实验数据
输入
第一行输入三个正整数F,M,goal, 1 <= FM <=1000, 0 <= goal <= 99 接下来一行输入FM个数表示data数组, 每个元素的范围0 <= data[i] <= 99
输出
输出一行包含两个整数
样例输入
【输入样例1】 5 5 8 1 2 3 4 5 10 9 8 7 6 25 24 23 22 21 18 16 17 19 20 11 13 12 14 15 【输入样例2】 4 3 12 3 8 12 3 8 12 3 8 12 8 12 17
样例输出
【输出样例1】 1 5 【输出样例2】 1 2
提示
有5个朋友,每个人有5个数据,一共是25个数据
当前的中位数是13,为了使其降到8, 第四个人可以改动实验数据
从{18,16,17,19,20} 到 {3,1,3,5,7}. 思路：准备两个数组，一个用来存储每个人比理想分数高的部分，另一个是比理想分数低的部分，然后排序，最后哪个人倒霉(要造假的数据多)就先上他了 0_o 代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int data[N],up[N],down[N];
int i,j,n,f,m,goal;
int median;
int needc;
int ans,num;
int main()
{
memset(down,0,sizeof down);
memset(up,0,sizeof up);
scanf("%d%d%d",&f,&m,&goal);
for(i=1;i<=f*m;i++)
{
scanf("%d",&data[i]);
if(data[i]<goal)
{
down[(i-1)/m]++;
}
else if(data[i]>goal)
{
up[(i-1)/m]++;
}
}
sort(data+1,data+1+f*m);
sort(up,up+f);
sort(down,down+f);
median=data[(1+f*m)/2];
if(median==goal)
printf("0 0\n");
else
{
if(median>goal)
{
needc=(1+f*m)/2-(upper_bound(data+1,data+1+f*m,goal)-data-1);
}
else
{
needc=lower_bound(data+1,data+1+f*m,goal)-data-1-(1+f*m)/2+1;
}
//printf("%d\n",median);
//printf("%d\n",needc);
num=needc;
ans=0;
if(median>goal)
{
while(needc>0)
{
needc-=up[f-1];
f--;
ans++;
}
}
else if(goal>median)
{
while(needc>0)
{
needc-=down[f-1];
f--;
ans++;
}
}
printf("%d %d\n",ans,num);
}
}
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问题 D: 猫抓老鼠
题目描述
一个平面直角坐标系上,有一只猫站在原点(0,0),对于除原点外的每一个(x,y)(|x| <= N , |y| <= N)的位置上都有一只老鼠
假如猫选择了某个方向出击,那么它可以吃掉这个方向上的所有碰见的老鼠
现在问你有多少个方向上恰好有C只老鼠
输入
输入两个整数N, C (1 <= N <= 5000000, 1 <= C <= N)输出
输出一个整数样例输入
【样例输入1】 2 2 【样例输入2】 2 1 【样例输入3】 1234 3
样例输出
【样例输出1】 8 【样例输出2】 8 【样例输出3】 180608
思路：先得搞清楚，在某个方向上，能抓到C只老鼠(不包括原点),则每只老鼠横坐标的间隔范围是多少？考虑两个极值：1，恰好第C只老鼠的横坐标为N，则distance=N/C。2，恰好第C+1只老鼠的横坐标为N(无法取到)，则distance=N/(C+1)；所以distance∈[N/C，N/(C+1))。我们先随便确定一个K∈[N/C，N/(C+1))，则K可以作为第一只抓到的老鼠的横坐标，这只老鼠的纵坐标可能大于K吗？不能，否则第C只老鼠的纵坐标将会大于N，所以第一只老鼠的Y<=X，那么，X和Y能有除1以外的因数吗？也不能。例如：假设X和Y有公因数2，则(X/2,Y/2)这个点的老鼠肯定会在之前被抓，还有(3X/2,3Y/2)的老鼠...这意味着如果X和Y有公因数(不为1）的话，猫抓到的老鼠是大于C的，即所有Y值的可能为<X的与X互质的数的个数，即X的欧拉函数，最后考虑坐标系的对称性*8即可（还有X==Y的特殊情况，这种情况下猫在沿X轴和斜45°能抓到一样多的老鼠，故同样算作欧拉函数）。
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,m,M,C;
const int N=5e6+5;
long long oula[N];
long long prime[N];
long long vis[N];
int a,b;
void init(long long x)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
long long num=0;
for(long long i=2;i<x;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[num]=i;
num++;
oula[i]=i-1;
}
for(long long j=0;j<num&&i*prime[j]<x;j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
oula[i*prime[j]]=prime[j]*oula[i];
break;
}
else
{
oula[i*prime[j]]=oula[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&M,&C)!=EOF)
{
int t1=M/C;
int t2=M/(C+1)+1;
long long sum=0;
//printf("%d %d\n",t1,t2+1);
init(t1+1);
oula[1]=1;
for(int i=t2;i<=t1;i++)
{
sum+=oula[i];
}
printf("%lld\n",sum*8);
}
}
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问题 F: 夏令营
题目描述
有n位OI选手准备展开一些一对一的单挑比赛.n是个偶数,每位选手都有自己的主场517编程委员会决定给n位选手组织一次夏令营,规则如下
1: 夏令营恰好有两轮比赛
2: 每位选手在每轮比赛中恰好参加一次
3: 每两位选手最多在比赛中相遇一次
4: 每位选手都在主客场恰好打了一次比赛
现在你作为517编程委员会的筹划人员,需要计算一下一共有多少种不同的比赛安排方案
由于方案数可能比较大,输出方案数对1e9+7取模的值
备注: 每一场比赛可以用一个有序对(A,B)表示 A表示主场选手,B表示客场选手
每一轮比赛是一些比赛的无序集合
整个夏令营的安排方案是两轮比赛的有序对
输入
输入一个正整数n, (4 <= n <= 500000)n 是个偶数
输出
输出一个整数样例输入
【样例输入1】 4 【样例输入2】 8
样例输出
【样例输出1】 12 【样例输出2】 15120
提示
样例一解释:假设四位选手分别用A B C D表示,(A,B)表示A是主场,B是客场
其中的三种方案如下
第一轮比赛: (A,B), (C,D). 第二轮比赛: (B,C), (D,A).
第一轮比赛: (A,B), (D,C). 第二轮比赛: (B,D), (C,A).
第一轮比赛: (C,A), (B,D). 第二轮比赛: (A,B), (D,C).
其中第二种方案和第三种方案可以通过交换轮次获得,但是他们算不同的方案 好，现在开始一年一度的夏令营比赛，开始随机匹配选手，上路是N/2个坑，下路也是这样，现在先选择一半倒霉的人丢进上面的坑，方法数是$C_{N}^{N/2}\textrm{}$，还有一半的人怎么办？自己选择个坑跳，方法数是$\Lambda _{N/2}^{N/2}$ ，然后两个坑的人换一下坑，原来在坑里对峙的人不能再次对峙，得换个人，这相当于一个错排，所以N个人的总跳坑数为$C_{N}^{N/2}\textrm{}$ × $\Lambda _{N/2}^{N/2}$ × DP[N/2]。
代码 ：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=5e5+5;
long long a[N];
int n,i,j,m;
void DP(int x)
{
for(i=3;i<=x;i++)
{
a[i]=(i-1)*(a[i-1]+a[i-2])%mod;
}
return ;
}
int main()
{
a[1]=0;
a[2]=1;
scanf("%d",&n);
m=n/2;
DP(m);
long long ans=1;
for(i=n/2+1;i<=n;i++)
{
ans=ans*i%mod;
}
ans=ans*a[m]%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
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标签：输出,理工大学,int,样例,long,浙江,include,data 来源： https://www.cnblogs.com/switch-waht/p/11166424.html