T1 买铅笔

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题目描述
P 老师需要去商店买 $n$ 支铅笔作为小朋友们参加 NOIP 的礼物。她发现商店一共有 $3$ 种包装的铅笔，不同包装内的铅笔数量有可能不同，价格也有可能不同。为了公平起见，P老师决定只买同一种包装的铅笔。

商店不允许将铅笔的包装拆开，因此 P 老师可能需要购买超过 $n$ 支铅笔才够给小朋友们发礼物。

现在 P 老师想知道，在商店每种包装的数量都足够的情况下，要买够至少 $n$ 支铅笔最少需要花费多少钱。

输入格式

第一行包含一个正整数 $n$ ，表示需要的铅笔数量。

接下来三行，每行用 $2$ 个正整数描述一种包装的铅笔：其中第 $1$ 个整数表示这种 包装内铅笔的数量，第 $2$ 个整数表示这种包装的价格。

保证所有的 $7$ 个数都是不超过 $10000$ 的正整数。

输出格式

$1$ 个整数，表示 $P$ 老师最少需要花费的钱。

数据范围

样例说明

样例1：

铅笔的三种包装分别是：

$2$ 支装，价格为 $2$ ;

$50$ 支装，价格为 $30$ ;

$30$ 支装，价格为 $27$ 。

P老师需要购买至少 $57$ 支铅笔。

如果她选择购买第一种包装，那么她需要购买 $29$ 份，共计 $2\times 29=58$ 支，需要花 费的钱为 $2 \times 29 = 58 $。

实际上， P 老师会选择购买第三种包装，这样需要买 $2$ 份。虽然最后买到的铅笔数量更多了，为 $30\times 2=60$ 支，但花费却减少为 $27\times 2=54$ ，比第一种少。

对于第二种包装，虽然每支铅笔的价格是最低的，但要够发必须买 $2$ 份，实际的花费达到了 $30\times 2=60$ ，因此 P 老师也不会选择。

所以最后输出的答案是 $54$ 。

T1分析

送分题，直接通过数学计算，所有的钱买这个笔可以买多少个。然后取个最小值就可以了。

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int main(){int n, a, b, mi = inf;cin >> n;for (int i = 0; i < 3; i++) {cin >> a >> b;mi = min(mi, (int)ceil(n * 1.0 / a) * b);}cout << mi << endl;return 0;
}

T2 回文日期

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题目描述
在日常生活中，通过年、月、日这三个要素可以表示出一个唯一确定的日期。

牛牛习惯用 $8$ 位数字表示一个日期，其中，前 $4$ 位代表年份，接下来 $2$ 位代表月份，最后 $2$ 位代表日期。显然：一个日期只有一种表示方法，而两个不同的日期的表示方法不会相同。

牛牛认为，一个日期是回文的，当且仅当表示这个日期的 $8$ 位数字是回文的。现 在，牛牛想知道：在他指定的两个日期之间包含这两个日期本身），有多少个真实存在的日期是回文的。

一个 $8$ 位数字是回文的，当且仅当对于所有的i （ $1\le i\le 8$ )从左向右数的第 $i$ 个 数字和第 $9-i$ 个数字（即从右向左数的第 $i$ 个数字）是相同的。

例如：

• 对于 $2016$ 年 $11$ 月 $19$ 日，用 $8$ 位数字 $20161119$ 表示，它不是回文的。

• 对于 $2010$ 年 $1$ 月 $2$ 日，用 $8$ 位数字 $20100102$ 表示，它是回文的。

• 对于 $2010$ 年 $10$ 月 $2$ 日，用 $8$ 位数字 $20101002$ 表示，它不是回文的。

每一年中都有 $12$ 个月份：

其中，$1$、$3$、$5$、$7$、$8$、$10$、$12$ 月每个月有 $31$ 天；$4$、$6$、$9$、$11$ 月每个月有 $30$ 天；而对于 $2$ 月，闰年时有 $29$ 天，平年时有 $28$天。

一个年份是闰年当且仅当它满足下列两种情况其中的一种：

1. 这个年份是 $4$ 的整数倍，但不是 $100$ 的整数倍；

2. 这个年份是 $400$ 的整数倍。

例如：

• 以下几个年份都是闰年：$2000$、$2012$、$2016$。

• 以下几个年份是平年：$1900$、$2011$、$2014$。

输入格式

输入包括两行，每行包括一个 $8$ 位数字。

第一行表示牛牛指定的起始日期。

第二行表示牛牛指定的终止日期。

保证 $dat{e}_i$ 和都是真实存在的日期，且年份部分一定为 $4$ 位数字，且首位数字不为 $0$ 。

保证 $dat{e}_1$ —定不晚于 $dat{e}_2$ 。

输出格式

输出一行，包含一个整数，表示在 $dat{e}_1$ 和 $dat{e}_2$ 之间，有多少个日期是回文的。

数据范围

对于 $60\%$ 的数据，满足 $dat{e}_1=dat{e}_2$。

样例解释

样例1：

符合条件的日期是 $20111102$。

样例2：

符合条件的日期是 $20011002$ 和 $20100102$。

T2分析

枚举后四位然后求出整个日期，判断是否在范围内即可。

$2$ 月不需要判断是否是闰年，因为 $0229$ 反过来是 $9220$ ，整个日期是 $92200229$ ，而 $9220$ 年是闰年。

#include <iostream>
using namespace std;
int d[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
int main(){int n, m, tmp, sum = 0;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= 12; i++){for(int j = 1; j <= d[i]; j++){tmp = ((j % 10) * 1000+ (j /10) * 100+ (i % 10) * 10 + (i / 10)) * 10000 + i * 100 + j;if(tmp >= n && tmp <= m){sum++;}}}cout << sum << endl;return 0;
}

T3 海港

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题目描述
小 K 是一个海港的海关工作人员，每天都有许多船只到达海港，船上通常有很多来自不同国家的乘客。

小K对这些到达海港的船只非常感兴趣，他按照时间记录下了到达海港的每一艘船只情况；对于第 $i$ 艘到达的船，他记录了这艘船到达的时间 $t_i$ (单位：秒)，船上的乘客数 $k_i$ ，以及每名乘客的国籍 $x_i,1,x_i,2,\dots ,x_i,k_i$。

小 K 统计了 $n$ 艘船的信息，希望你帮忙计算出以每一艘船到达时间为止的 $24$ 小时（$24$ 小时= $86400$ 秒）内所有乘船到达的乘客来自多少个不同的国家。

形式化地讲，你需要计算 $n$ 条信息。对于输出的第 $i$ 条信息，你需要统计满足 $t_i-86400<tp\le t_i$ 的船只 $p$，在所有的 $x_{p,j}$ 中，总共有多少个不同的数。

输入格式

第一行输入一个正整数 $n$，表示小 K 统计了 $n$ 艘船的信息。

接下来 $n$ 行，每行描述一艘船的信息：前两个整数 $t_i$ 和 $k_i$ 分别表示这艘船到达海港的时间和船上的乘客数量，接下来 $k_i$ 个整数 $x(i,j)$ 表示船上乘客的国籍。

保证输入的 $t_i$ 是递增的，单位是秒；表示从小 K 第一次上班开始计时，这艘船在第 $t_i$ 秒到达海港。

保证 $1\le n\le 10^5$，$\sum k_i\le 3\times 10^5$，$1\le x(i,j)\le 10^5$，$1\le t(i-1)\le t_i\le 10^9$。

其中 $\sum k_i$ 表示所有的 $k_i$ 的和。

输出格式

输出 $n$ 行，第 $i$ 行输出一个整数表示第 $i$ 艘船到达后的统计信息。

数据范围

样例说明

样例1：

第一艘船在第 $1$ 秒到达海港，最近 $24$ 小时到达的船是第一艘船，共有 $4$ 个乘客，分别是来自国家 $4,1,2,2$，共来自 $3$ 个不同的国家；

第二艘船在第 $2$ 秒到达海港，最近 $24$ 小时到达的船是第一艘船和第二艘船，共有 $4+2=6$ 个乘客，分别是来自国家 $4,1,2,2,2,3$ ，共来自 $4$ 个不同的国家；

第三艘船在第 $10$ 秒到达海港，最近 $24$ 小时到达的船是第一艘船、第二艘船和第三艘船，共有 $4+2+1=7$ 个乘客，分别是来自国家 $4,1,2,2,2,3,3$，共来自 $4$ 个不同的国家。

样例2：

第一艘船在第 $1$ 秒到达海港，最近 $24$ 小时到达的船是第一艘船，共有 $4$ 个乘客，分别是来自国家 $1,2,2,3$，共来自 $3$ 个不同的国家。

第二艘船在第 $3$ 秒到达海港，最近 $24$ 小时到达的船是第一艘船和第二艘船，共有 $4+2=6$ 个乘客，分别是来自国家 $1,2,2,3,2,3$，共来自 $3$ 个不同的国家。

第三艘船在第 $86401$ 秒到达海港，最近 $24$ 小时到达的船是第二艘船和第三艘船，共有 $2+2=4$ 个乘客，分别是来自国家 $2,3,3,4$，共来自 $3$ 个不同的国家。

第四艘船在第 $86402$ 秒到达海港，最近 $24$ 小时到达的船是第二艘船、第三艘船和第四艘船，共有 $2+2+1=5$ 个乘客，分别是来自国家 $2,3,3,4,5$，共来自 $4$ 个不同的国家。

T3分析

$40\%$ 分的数据比较简单，所有人必然在 $24$ 小时内，那就只需要记录一下前缀有多少个不同的国家就可以了，这非常简单

到这里我们可以观察数据范围，我们可以发现数据范围中最显眼的一点的就是 $k$ ，数据保证的是 $\sum k$ 的范围，那其实这也是在提示我们，这道题思考的关键点在于总人数！我们可以从单个人下手去实现这道题

$70\%$ 分的数据要在 $40\%$ 的基础上考虑时间的问题，但是可以发现，总人数是不多的，所以只要不是什么复杂的暴力，也可以获得这部分分数

$100\%$ 的数据，其实我们手动模拟一下就可以发现，因为输入顺序是按照到达时间来的，所以我们要做的就是，当一个人呆的时间超过 $24h$ 这个人就没用了，就可以删掉了

那再换一个思路，我们非要这个人到了 $24h$ 就立刻删掉他吗? 显然不用，在下一次询问之前，这个人一直呆在序列里也是没关系的，所以我们只要在每艘船到来的时候，把离这艘船超过 $24h$ 的人全部删除即可，而且我们可以发现，删除的必然是到来序列中前面一段人，因为到来时间是按顺序的

那其实就可以发现，这就是一个从一端添加元素，从另一端删除元素的结构，那这不就是 队列 吗？

所以我们可以建立一个队列，队列里面存储每一个人的到达时间和他的国籍。用一个计数器记录过去 $86400$ 秒内出现的国家个数。
每一艘船只到达时，从队头开始扫描，如果到达时间大于等于 $86400$ 就出队，并且对应国籍人数减去一，如果这个国家没人了，计数器减去一。然后将那艘船只上面的人加入队尾，并且并且对应国籍人数加一，如果之前这个国家没人，计数器加一。然后输出当前计数器的结果即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
int a[100100];
int people[500100];
struct node{int country;int time;
};
queue<node>q;
int main(){int n, sum = 0;scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++){int t, p;scanf("%d%d", &t, &p);node temp;temp.time = t;for(int i = 1; i <= p; i++){int cty;scanf("%d", &cty);temp.country = cty;q.push(temp);if(!people[cty]){sum++;}people[cty]++;}while(1){node old;old = q.front();if(temp.time - 86400 >= old.time){int tc = old.country;people[tc]--;if(!people[tc]){sum--;}q.pop();} else {break; }}printf("%d\n", sum);}return 0;
}

T4 魔法阵

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题目描述
六十年一次的魔法战争就要开始了，大魔法师准备从附近的魔法场中汲取魔法能量。

大魔法师有 $m$ 个魔法物品，编号分别为 $1,2,...,m$ 。每个物品具有一个魔法值，我们用 $x_i$ 表示编号为 $i$ 的物品的魔法值。每个魔法值 $x_i$ 是不超过 $n$ 的正整数，可能有多个物品的魔法值相同。

大魔法师认为，当且仅当四个编号为 $a,b,c,d$ 的魔法物品满足 $x_a<x_b<x_c<x_d$ ，$x_b-x_a=2(x_d-x_c)$，并且 $x_b-x_a<(x_c-x_b)/3$ 时，这四个魔法物品形成了一个魔法阵，他称这四个魔法物品分别为这个魔法阵的 $A$ 物品， $B$ 物品， $C$ 物品， $D$ 物品。

现在，大魔法师想要知道，对于每个魔法物品，作为某个魔法阵的 $A$ 物品出现的次数，作为 $B$ 物品的次数，作为 $C$ 物品的次数，和作为 $D$ 物品的次数。

输入格式

输入文件的第一行包含两个空格隔开的正整数 $n$ 和 $m$ 。

接下来 $m$ 行，每行一个正整数，第 $i+1$ 行的正整数表示 $x_i$ ，即编号为 $i$ 的物品的魔法值。

保证 $1\le n\le 15000$ , $1\le m\le 40000$ , $1\le X_i\le n$ 。每个 $x_i$ 是分别在合法范围内等概率随机生成的。

输出格式

共输出 $m$ 行，每行四个整数。第 $i$ 行的四个整数依次表示编号为 $i$ 的物品作 为 $A$ , $B$ , $C$ , $D$ 物品分别出现的次数。

保证标准输出中的每个数都不会超过 $10^9$ 。

每行相邻的两个数之间用恰好一个空格隔开。

数据范围

样例说明

样例1：

共有 $5$ 个魔法阵，分别为：

物品 $1,3,7,6$ ，其魔法值分别为 $1,7,26,29$;

物品 $1,5,2,7$ ，其魔法值分别为 $1,5,24,26$;

物品 $1,5,7,4$ ，其魔法值分别为 $1,5,26,28$;

物品 $1,5,8,7$，其魔法值分别为 $1,5,24,26$;

物品 $5,3,4,6$，其魔法值分别为 $5,7,28,29$。

以物品 $5$ 为例，它作为 $A$ 物品出现了 $1$ 次，作为 $B$ 物品出现了 $3$ 次，没有作为 $C$ 物品或者 $D$ 物品出现，所以这一行输出的四个数依次为 $1,3,0,0$ 。

此外，如果我们将输出看作一个 $m$ 行 $4$ 列的矩阵，那么每一列上的 $m$ 个数之和都应等于魔法阵的总数。所以，如果你的输出不满足这个性质，那么这个输出一定不正确。你可以通过这个性质在一定程度上检查你的输出的正确性。

T4分析

暴力可以获得大概 $30\%$ 的分数，$O(m^4)$ 直接枚举四个物品
但是上面这种暴力并不需要 $n$ ，那 $n$ 不可能作为一个无意义的数据范围，而且可以发现 $n$ 还比 $m$ 小，所以这里其实是在提示我们，可以往数值上考虑，而不是单独考虑每个物品

观察题目中给出的公式，魔法阵需要满足两个条件

1. $a<b<c<d$
2. $b-a=2(d-c)$
3. $b-a<(c-b)/3$

那么我们设 $d-c=i$ 可以得到 $b-a=2\ast i$
再代入第三个条件可以得到 $2\ast i<(c-b)/3$ 化简得到 $6\ast i<c-b$
那么必然存在 正整数 $k$ 使得 $6\ast i+k=c-b$，这里注意 $k$ 必然是 正整数
将 $a,b,c,d$ 画在一个数轴上可以得到下面这个图，这会更加方便我们化简公式

到这里我们可以发现
只要枚举 $a$ 和 $i$ 就可以得到 $b=a+2\ast i$,
再枚举 $k$ 就可以得到 $c=b+6\ast i+k=a+8\ast i+k$ 和 $d=c+i=a+9\ast i+k$
那么枚举 $a$ 不用说了非常简单， $i$ 的范围该怎么求呢? 注意图上最后一个条件 $\le n$ 那我们可以得到 $a,b,c,d\le n$ 代入上述式子可以得到 $d-a=9\ast i+k$ 这里因为 $k$ 是正整数也就是说 $k\ge 1$, 那么 $i$ 的范围即为 $1\le i\le (n-a-1)/9$
同理 $k$ 的范围也可以得到就是 $1\le k\le n-a-9\ast i$

这种做法可以得到 $80\sim 85$ 的分数

上面这种做法慢在什么地方呢？显然有一点一定是慢的——我们的方案数是一个个算的

那我们接下来考虑的一定就是如何不再一个个算方案数，而用乘法去算方案数

我们可以在上述计算中，最重要的部分其实是 $i$，那我们接下来就首先枚举 $i$
有了 $i$ 以后我们必然是枚举 $a$ 或者 $d$ 就可以确定第二个点的值了，那这里我们优先枚举 $d$
当然其实枚举 $a$ 和 $d$ 并没有区别，但是这里为了后面的方便计算，我们枚举 $d$

确定了 $d,i$ 后，$c$ 也就可以得到了，接下来我们要做的就是枚举 $k$ 去计算 $a,b$ 的数量
这里我们可以发现，当因为 $k$ 是正整数，也就意味着当前有了 $d$ 以后我们可以计算出离 $d$ 最近的那个 $maxa=d-(9\ast i+1)$，只要是所有小于这个 $maxa$ 的 $a$ 都是合法的，那么对应的就可以得到下面两个计算式
$当前c的方案种数=(当前魔法值等于d的魔法物品总量)\ast (前面得到的若干个a的魔法物品总量)\ast (前面得到的若干个b的魔法物品总量)$
$当前d的方案种数=(当前魔法值等于c的魔法物品总量)\ast (前面得到的若干个a的魔法物品总量)\ast (前面得到的若干个b的魔法物品总量)$

这里我们可以发现，其实这个 $a\ast b$ 的方案数是一个 前缀和，所以我们从左往右枚举 $d$ 的同时对 $a\ast b$ 的方案数求前缀和即可快速得到 $c,d$ 的方案数

同理对于确定 $a,i$ 来说用同样的方式计算 $c\ast d$ 方案数的 后缀和 就可以快速得到 $a,b$ 的方案数
$当前a的方案种数=(当前魔法值等于b的魔法物品总量)\ast (后面得到的若干个c的魔法物品总量)\ast (后面得到的若干个d的魔法物品总量)$
$当前b的方案种数=(当前魔法值等于a的魔法物品总量)\ast (后面得到的若干个c的魔法物品总量)\ast (后面得到的若干个d的魔法物品总量)$

这种做法的复杂度是 $O(n^2)$ 但是这里的 $n$ 其实是 $n/9$ 所以完全不会超时

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[15005], b[15005], c[15005], d[15005], w[15005], h[40005];
int n, m, x, y;
//abcd表示某个点作为abcd物品出现的次数
//w表示数轴上每个点出现的次数,h表示每个物品的魔法值
//n表示最大魔法值，m表示物品数量
int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= m; i++){scanf("%d", &h[i]);w[h[i]]++;//把这些点标记在数轴上}for(int i = 1; i <= n / 9; i++){//若数轴上有一个魔法阵：ABCD，其中有AB=2*CD，BC>6*CD//所以只需枚举CD的长度就可以了x = 1 + 9 * i;//x为AD最短长度y = 0;for(int j = 2 + 9 * i; j <= n; j++){//因为数轴是从 1 开始的，所以从 1 + x 开始枚举//枚举 D 点即 j ，则 C 点为 j - i ， A 点为 j - x，B 点为 j - x + 2 * i//CD 的个数取决于 AB 有多少组，所以我们用 y 表示 AB 的组数y += w[j - x] * w[j - x + i + i];//y为AB的对数//D 点是不定的。但是 D 点变化时，之前合格的 AB 两点仍然合格，所以要累加d[j] += y * w[j - i];//有几组 AB，就有几个 C 点，就有几个 D 点c[j - i] += y * w[j];//有几组 AB，就有几个 D 点，就有几个 C 点}//注意，魔法值可能重复，所以在加的时候，注意不要直接加。//同理，枚举 CD 两点，确定 AB 的个数x = 8 * i + 1;y = 0;for(int j = n - 9 * i - 1; j >= 1; j--){y += w[j + x] * w[j + x + i];a[j] += y * w[j + i + i];b[j + i + i] += y * w[j];}}for(int i = 1; i <= m; i++){printf("%d %d %d %d\n",a[h[i]], b[h[i]], c[h[i]], d[h[i]]);}return 0;
}