最近在去听某个做软件开发的团队介绍平时的工作流程的时候,有讲到一个做思维导图的软件,是叫做xmind。我打算最近学习使用这个软件。看起来,感觉做的很漂亮,这个软件。

url: https://ybt.ssoier.cn/problem_show.php?pid=1638

tag:
裴蜀定理,拓展欧几里得算法,数论

思路:
根据题意可以得出,y - x = b d mod n ⇒ b d - a n = y - x。所以可以先求出n与d的最大公约数,如果y - x 不能整除,说明不能到达,如果可以整除再求最小的b。用拓展欧几里得算法可以求出 x n + y d = (n,d) 的一组解,然后令该式两边同乘 (y - x)/ (n,d)可以将该式变为b d - a * n = y - x。最后求最小的d就是让其取模n / gcd的正余数。
代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if (!b)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T --)
    {
        LL n, d, x, y, a, b;
        scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &d, &x, &y);
        LL gcd = exgcd(n, d, a, b);
        if ((y - x) % gcd) cout << "Impossible\n";
        else
        {
            b *= (y - x) / gcd;
            n /= gcd;
            printf("%lld\n", (b % n + n) % n);
        }
    }
    return 0;
}

url: http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=1369

tag:
模拟

思路:
求字节的二进制表示,其实就是求每个数的补码。对于正数来说,补码就是原码。对于负数来说,先是对原码求反码然后再加1.对于-128来说比较特殊,补码是10000000,通过正常的求法求不出,所以需要特殊判断。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
int num[10];

void resoult(int a)
{
    int j = 8;
    while(a)
    {
        num[j --] = a % 2;
        a /= 2;
    }
}
void inverse()
{
    for (int i = 2; i <= 8; i ++)
    {
        if (num[i] == 0) num[i] = 1;
        else num[i] = 0;
    }
    num[8] += 1;
    for (int i = 8; i >= 3; i --)
    {
        num[i - 1] += num[i] / 2;
        num[i] %= 2;
    }
}
void binary(int a)
{
    if (a == -128)
    {
        cout << "1 " << endl;
        return;
    }
    memset(num, 0, sizeof num);
    if (a >= 0)
    {
        num[1] = 0;
        resoult(a);
    }
    else
    {
        num[1] = 1;
        resoult(abs(a));
        inverse();
    }
}
void print()
{
    for (int i = 1; i <= 8; i ++)
    {
        if (num[i]) cout << 1;
        else cout << ' ';
    }
}
int main()
{
    for (int i = 0; i < 10; i ++)
    {
        for (int j = 0; j < 16; j ++)
        {
            int a, b;
            cin >> a >> b;
            binary(a);
            print();
            binary(b);
            print();
            cout << endl;
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

简洁版:

#include <iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int num[10];
void print()
{
    
    for(int i=1;i<=8;i++) printf("%c",num[i]==1?"1":" ");
}
int main()
{
    
    int a,b;
    for(int i=1;i<=10;i++)
    {
    
        for(int j=1;j<=16;j++)
        {
    
            cin>>a>>b;
            memset(num,0,sizeof(num ));
            for(int k =8;k>=1;i--) num[k]&=a,a>>=1;
            print();
             memset(num,0,sizeof(num ));
            for(int k =8;k>=1;k--) num[k]&=b,b>>=1;
            print();
            cout<<endl;
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

结果:

     1
     1
     1    1
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        11
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       1
      1111
       11
       1


答案:

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
    printf("%.0f", pow(9, 9));
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P4095

tag:
动态规划,背包DP,进制,枚举

思路:
多重背包问题为基础,做两次01背包,前一次后一次,之后对于每次询问的id就跳过那个id求可能的最大值。

代码:

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <algorithm>  
using namespace std;  
typedef long long LL;  
const int N = 100010;  
struct node{  
    int id;LL s;  
}w[N], v[N];  
LL f1[N][1010], f2[N][1010];  
int idx, m, n;  
int main()  
{  
    cin >> n;  
    for (int i = 1; i <= n;  i++)  
    {  
        int cw, cv, c;  
        cin >> cw >> cv >> c;  
        int now = 1;  
        while (now <= c)  
        {  
            w[++idx].s = cw * now, v[idx].s = cv * now;  
            w[idx].id = i, v[idx].id = i;  
            c -= now, now *= 2;  
        }  
        if(c) {  
            w[++idx].s = cw * c, v[idx].s = cv * c;  
            w[idx].id = i, v[idx].id = i;  
        }  
    }  
    cin >> m;  
    n = idx;  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        for (int j = 0; j <= 1000; j ++) f1[i][j] = f1[i - 1][j];  
        for (int j = 1000; j >= w[i].s; j --)  
        {  
            f1[i][j] = max(f1[i][j], f1[i - 1][j - w[i].s] + v[i].s);  
        }  
    }  
    for (int i = n; i >= 1; i --)  
    {  
        for (int j = 0; j <= 1000; j ++) f2[i][j] = f2[i + 1][j];  
        for (int j = 1000; j >= w[i].s; j --)  
        {  
            f2[i][j] = max(f2[i][j], f2[i + 1][j - w[i].s] + v[i].s);  
        }  
    }  
    for (int k = 1; k <= m; k ++)  
    {  
        int cn, V;  
        cin >> cn >> V;  
        cn ++;  
        LL ans = 0;  
        int l = 0, r = 0;  
        while (w[l + 1].id < cn && l < n) ++ l;  
        r = l;  
        while (w[r + 1].id <= cn && r < n) ++ r;  
        for (int j = 0; j <= V; j++)  
        {  
            ans = max(ans, f1[l][j] + f2[r + 1][V - j]);  
        }  
        cout << ans << endl;  
    }  
    return 0;  
}

url: http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=1361

tag:
数学

思路:
计算末尾零可以求每个因子中有多少对因子5和因子2,因为2 * 5 = 10,又因为2出现的次数会比5多,因为只要是偶数的情况就会出现因子2.所以只要计算这100个数中,每个数中因子5的个数,然后累加最后输出即可。

对于求阶乘来说,如果是某个数的阶乘,求这个数除以5,25,125……5k之后累加。例如100除以5之后等于20,那么对于1到20来说每个数乘以5后都会变成一个贡献5因子的数,除以25之后等于4说明1到4中每个数乘25都可以变成一个贡献25因子的数,而25 = 5 5,则是在原来贡献了5因子基础上多贡献一个5,为了避免重复,以及避免漏算,只需要将4 加上 20,即为答案。说明对于100!(1 2 3 …… * 100)来说,一共可以贡献出24个因子5,就是有24个末尾0.这种求阶乘末尾0的方式实际上和本题有出路。

代码:

// 乘积尾零
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int n = 10;
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        for (int j = 0; j < n; j ++)
        {
            int a;
            cin >> a;
            while (a && a % 5 == 0)
            {
                if (a % 5 == 0)
                {
                    a /= 5;
                    cnt ++;
                }
            }
        }
    }
    cout << cnt << endl;
    return 0;
}

答案:

#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
    cout << 31 << endl;
    return 0;
}