noip2011day2题解
描述
给定一个多项式(ax + by)^k，请求出多项式展开后x^n * y^m项的系数。
格式
输入格式
共一行，包含5个整数，分别为a，b，k，n，m，每两个整数之间用一个空格隔开。
输出格式
输出共1行，包含一个整数，表示所求的系数，这个系数可能很大，输出对10007取模后的结果。
限制
1s
提示
对于30%的数据，有0 ≤ k ≤ 10；
对于50%的数据，有a = 1, b = 1；
对于100%的数据，有0 ≤ k ≤ 1000，0 ≤ n, m ≤ k，且n+m = k，0 ≤ a，b ≤ 1,000,000.
1 #include<stdio.h> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 using namespace std; 5 long long a,b,k,m,n,a1=1,b1=1,answer=1,f[2][1005]={0}; 6 7 int main() 8 { 9 cin>>a>>b>>k>>n>>m; 10 f[0][0]=f[0][1]=1; 11 for(int i=1;i<k;i++) 12 { 13 f[i%2][0]=f[i%2][i+1]=1; 14 for(int j=1;j<=i;j++) 15 f[i%2][j]=(f[(i+1)%2][j]+f[(i+1)%2][j-1])%10007; 16 } 17 for(int i=0;i<n;i++) 18 { 19 a1*=a; 20 a1%=10007; 21 } 22 for(int i=0;i<m;i++) 23 { 24 b1*=b; 25 b1%=10007; 26 } 27 answer*=a1*b1; 28 answer%=10007; 29 answer*=f[(k-1)%2][n]; 30 answer%=10007; 31 cout<<answer<<endl; 32 return 0; 33 }
描述
小 T 是一名质量监督员，最近负责检验一批矿产的质量。这批矿产共有n个矿石，从1到n逐一编号，每个矿石都有自己的重量wi以及价值vi。检验矿产的流程是：
1、给定m个区间[Li，Ri]；
2、选出一个参数W；
3、对于一个区间[Li，Ri]，计算矿石在这个区间上的检验值Yi：Yi=(∑j1)∗(∑jvj) , j∈[Li,Ri]且wj≥WYi=(∑j1)∗(∑jvj) , j∈[Li,Ri]且wj≥W
j是矿石编号
这批矿产的检验结果Y 为各个区间的检验值之和。即：Y=∑i=1mYiY=∑i=1mYi
若这批矿产的检验结果与所给标准值S相差太多，就需要再去检验另一批矿产。小T不想费时间去检验另一批矿产，所以他想通过调整参数W的值，让检验结果尽可能的靠近标准值S，即使得S-Y的绝对值最小。请你帮忙求出这个最小值。
格式
输入格式
第一行包含三个整数n，m，S，分别表示矿石的个数、区间的个数和标准值。
接下来的n行，每行2个整数，中间用空格隔开，第i+1行表示i号矿石的重量wi和价值vi 。
接下来的m行，表示区间，每行2个整数，中间用空格隔开，第i+n+1行表示区间[Li,Ri]的两个端点Li和Ri。注意：不同区间可能重合或相互重叠。
输出格式
输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。
限制
1s
提示
样例说明：当W选4的时候，三个区间上检验值分别为20、5、0，这批矿产的检验结果为25，此时与标准值S相差最小为10。
对于10%的数据，有1 ≤ n，m ≤ 10；
对于30%的数据，有1 ≤ n，m ≤ 500；
对于50%的数据，有1 ≤ n，m ≤ 5,000；
对于70%的数据，有1 ≤ n，m ≤ 10,000；
对于100%的数据，有1 ≤ n，m ≤ 200,000，0 < wi, vi ≤ 10^6，0 < S ≤ 10^12，1 ≤ Li ≤ Ri ≤ n。
1 #include<cstdlib> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 using namespace std; 6 int n,m,l[200010],r[200010],w[200010],y[200010]; 7 long long S,Y,ansy,ans=1000000000000000,s[200010]={0},d[200010]{0},mleft=0,mright=0,mid,tree[200010]={0}; 8 long long change(long long x,long long y) 9 { 10 if(x>y)return x-y; 11 return y-x; 12 } 13 14 int main() 15 { 16 cin>>n>>m>>S; 17 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&w[i],&y[i]); 18 for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); 19 20 for(int i=1;i<=n;i++) 21 if(w[i]>mright)mright=w[i]; 22 mright+=100; 23 while(mleft<mright) 24 { 25 mid=(mleft+mright)/2; 26 27 for(int i=1;i<=n;i++) 28 if(w[i]>=mid) 29 { 30 s[i]=s[i-1]+y[i]; 31 d[i]=d[i-1]+1; 32 } 33 else 34 { 35 s[i]=s[i-1]; 36 d[i]=d[i-1]; 37 } 38 39 Y=0; 40 for(int i=1;i<=m;i++) 41 Y+=(s[r[i]]-s[l[i]-1])*(d[r[i]]-d[l[i]-1]); 42 if(change(Y,S)<ans)ans=change(Y,S); 43 if(Y>S)mleft=mid+1; 44 else mright=mid; 45 } 46 cout<<ans<<endl; 47 return 0; 48 }
描述
风景迷人的小城Y市，拥有n个美丽的景点。由于慕名而来的游客越来越多，Y市特意安排了一辆观光公交车，为游客提供更便捷的交通服务。观光公交车在第0分钟出现在1号景点，随后依次前往2、3、4……n号景点。从第i号景点开到第i+1号景点需要Di分钟。任意时刻，公交车只能往前开，或在景点处等待。
设共有m个游客，每位游客需要乘车1次从一个景点到达另一个景点，第i位游客在Ti分钟来到景点Ai，希望乘车前往景点Bi（Ai<Bi）。为了使所有乘客都能顺利到达目的地，公交车在每站都必须等待需要从该景点出发的所有乘客都上车后才能出发开往下一景点。假设乘客上下车不需要时间。
一个乘客的旅行时间，等于他到达目的地的时刻减去他来到出发地的时刻。因为只有一辆观光车，有时候还要停下来等其他乘客，乘客们纷纷抱怨旅行时间太长了。于是聪明的司机ZZ给公交车安装了k个氮气加速器，每使用一个加速器，可以使其中一个Di减1。对于同一个Di可以重复使用加速器，但是必须保证使用后Di大于等于0。
那么ZZ该如何安排使用加速器，才能使所有乘客的旅行时间总和最小？
格式
输入格式
第1行是3个整数n, m, k，每两个整数之间用一个空格隔开。分别表示景点数、乘客数和氮气加速器个数。
第2行是n-1个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，第i个数表示从第i个景点开往第i+1个景点所需要的时间，即Di。
第3行至m+2行每行3个整数Ti, Ai, Bi，每两个整数之间用一个空格隔开。第i+2行表示第i位乘客来到出发景点的时刻，出发的景点编号和到达的景点编号。
输出格式
共一行，包含一个整数，表示最小的总旅行时间。
限制
1s
提示
样例说明：
对D2使用2个加速器，从2号景点到3号景点时间变为2分钟。
公交车在第1分钟从1号景点出发，第2分钟到达2号景点，第5分钟从2号景点出发，第7分钟到达3号景点。
第1个旅客旅行时间7 – 0 = 7分钟；
第2个旅客旅行时间2 – 1 = 1分钟；
第3个旅客旅行时间7 – 5 = 2分钟。
总时间7 + 1 + 2 = 10分钟。
数据范围：
对于10%的数据，k = 0；
对于20%的数据，k = 1；
对于40%的数据，2 ≤ n ≤ 50，1 ≤ m ≤ 1,000，0 ≤ k ≤ 20，0 ≤ Di ≤ 10，0 ≤ Ti ≤ 500；
对于60%的数据，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1,000，0 ≤ k ≤ 100，0 ≤ Di ≤ 100，0 ≤ Ti ≤ 10,000；
对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000，1 ≤ m ≤ 10,000，0 ≤ k ≤ 100,000，0 ≤ Di ≤ 100，0 ≤ Ti ≤ 100,000。
贪心，考虑每个人对答案的影响只与下车时间有关，所以选择下车人数最大的段加速
1 #include<iostream> 2 #include<cstdlib> 3 #include<stdio.h> 4 using namespace std; 5 int n,m,k; 6 int a[10000],b[10000],t[10000],d[1000]; 7 int weight[1000]={0},arrive[1000]={0},start[1000]={0}; 8 int Max(int a,int b) 9 { 10 if(a>b)return a; 11 return b; 12 } 13 14 int main() 15 { 16 cin>>n>>m>>k; 17 for(int i=0;i<n-1;i++)scanf("%d",&d[i]); 18 for(int i=0;i<m;i++) 19 { 20 scanf("%d%d%d",&t[i],&a[i],&b[i]); 21 weight[b[i]-1]++; 22 start[a[i]-1]=Max(start[a[i]-1],t[i]); 23 } 24 for(int i=1;i<n;i++) 25 arrive[i]=Max(arrive[i-1],start[i-1])+d[i-1]; 26 while(k--) 27 { 28 int max=0,sum=0,mark=-1; 29 for(int j=n-2;j>=0;j--) 30 { 31 if(arrive[j+1]<=start[j+1])sum=0; 32 sum+=weight[j+1]; 33 if(d[j]>0&&sum>max)max=sum,mark=j; 34 } 35 if(mark==-1)break; 36 d[mark]--; 37 for(int i=1;i<n;i++) 38 arrive[i]=Max(arrive[i-1],start[i-1])+d[i-1]; 39 } 40 int sum=0; 41 for(int i=1;i<n;i++) 42 arrive[i]=Max(arrive[i-1],start[i-1])+d[i-1]; 43 for(int i=0;i<m;i++) 44 sum+=arrive[b[i]-1]-t[i]; 45 cout<<sum<<endl; 46 return 0; 47 }