A
直接输出\(a × b\)即可
int a, b;
std::cin >> a >> b;
std::cout << a * b << "\n";
B
将所有的\(N\)个数乘起来看是不是大于\(10 ^ {18}\),很明显会爆\(long\ long\)而用高精度的话也太麻烦了,所以可以考虑用\(\_\_ int128\_ t\),但也有可能会出现最后一个数是\(0\),前面所有数乘起来大于\(10 ^ {18}\)的情况,所以将所有的数先排序,排完序之后再乘起来.
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int64_t> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++ )
std::cin >> a[i];
std::sort(all(a));
i128 ANS = 1;
for (int i = 0; i < n; i++ ) {
if (ANS * a[i] > INF || ANS * a[i] < 0) return std::cout << "-1\n", 0;
ANS *= a[i];
}
std::cout << ANS << "\n";
C
看起来是一个可以直接乘起来的题,但是会因为\(double\)丢精度,所以我们要把\(double\)先转化成\(int\)再做乘法.
i64 a;
std::string b;
std::cin >> a >> b;
int B = 0;
for (auto c : b) {
if (c == '.') continue;
B = B * 10 + (c - '0');
}
std::cout << a * B / 100 << "\n";
D
我们要将\(N\)尽可能多的执行操作,而\(N\ =\ p_1 ^ {k1} * p_2 ^ {k_2} * \dots * p_m ^ {k_m}\),一定是让最小的尽可能的用,所以从\(2\)开始枚举,让\(N\)每次除以它的倍数,这样我们就可以做到\(O\left(\sqrt{N}\right)\)的复杂度
signed main() {
std::cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
i64 N;
std::cin >> N;
i64 ans = 0;
for (int i = 2; i * 1ll * i <= N; i++ ) {
for (i64 j = i; N % j == 0; j *= i) ans ++, N /= j;
while(N % i == 0) N /= i;
}
std::cout << ans + (N != 1) << "\n";
return 0 ^ 0;
}
E
结论题,我们可以取得最小中位数和最大中位数之间的所有中位数,都可以被取到.所以,我们按照这个写一个程序,先算出最小取到的中位数和最大取到的中位数,然后用分类讨论,等差数列求项数公式求出即可。(偶数的情况公差是0.5,奇数的情况公差是1)。
signed main() {
std::cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
int N;
std::cin >> N;
std::vector<int> A(N), B(N);
rep(i,0,N) {
std::cin >> A[i] >> B[i];
}
std::sort(all(A));
std::sort(all(B));
std::cout << (N & 1 ? B[N / 2] - A[N / 2] + 1 : B[N / 2] + B[N / 2 - 1] - A[N / 2] - A[N / 2 - 1] + 1) << "\n";
return 0 ^ 0;
}
F
我们要求出在\(2 ^ {N-1}\)个集合中\(A_{k_1} + A_{k_2} + \dots + A_{k_m} =s\)的个数,很容易想到要用\(dp\)来求解,我们设状态\(dp\left[i\right]\left[j\right]\)来表示选到第\(i\)个数的时候和为\(j\)的方案有多少个,就相当于转化成了一个背包问题。
signed main() {
std::cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
int N, s;
std::cin >> N >> s;
std::vector<int> a(N + 1);
rep(i,1,N + 1) std::cin >> a[i];
std::vector<std::vector<Z>> dp(N + 1, std::vector<Z> (s + 1));
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; i++ ) {
for (int j = s; j >= 0; j -- ) {
dp[i][j] += dp[i - 1][j] * 2; // 当前这个数加不加进来 两种方案
if (j + a[i] <= s) dp[i][j + a[i]] += dp[i - 1][j];
}
}
std::cout << dp[N][s] << "\n";
return 0 ^ 0;
}
标签:std,Atcoder,int,cin,中位数,ABC169,vector,dp
From: https://www.cnblogs.com/Haven-/p/16588273.html