NOIP模拟 9.09
AK300分
果实计数
（count.pas/.c/.cpp）
时间限制：1s，空间限制32MB
题目描述：
淘淘家有棵奇怪的苹果树，这棵树共有n+1层，标号为0~n。这棵树第0层只有一个节点，为根节点。已知这棵树为b叉树，且保证是一颗满b叉树。如图为一颗满3叉树。
现在，该树第n层的每个节点上都结出了一个苹果，淘淘想知道共结了多少苹果。由于数量可能很大，答案要求输出mod k后的结果。
输入描述：
给出第1层的节点数b和层数n和k.
输出描述：
输出苹果数mod k后的结果。
样例输入：
2 10 9
样例输出：
7
数据范围：
30%的数据保证：b<=100,n<=10, k<=100.
100%的数据保证：b<2^31,n<2^31,k<=2^15.
【题解】
嗯？求n层完全b叉树的节点数？
嗯。。等比数列求和公式。。不对，模数是k，1-q不一定有逆元。。嗯。分治nlog^2n算法。。
嗯。。嗯？
求完全b叉树第n层节点数？
woccccccccc
这题太神辣！！
传说中的二进制拆分倍增算法啊！
（简称快速幂）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib> inline void read(long long &x)
{
x = ;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '' || ch > '')c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '' && ch >= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();
if(c == '-')x = -x;
} long long b,n,k; long long pow(long long a, long long b)
{
register long long r = , base = a%k;
for(;b;b >>= )
{
if(b & )r *= base, r %= k;
base *= base, base %= k;
}
return r%k;
} int main()
{
read(b), read(n), read(k);
printf("%lld", pow(b,n)%k);
return ;
}
T1
打地鼠游戏
（mouse.pas/.c/.cpp）
时间限制：1s 空间限制：128MB
题目描述：
伟大的2320学长特别喜欢打地鼠游戏，这个游戏开始后，会在地板上冒出一些地鼠来，你可以用榔头去敲击这些地鼠，每个地鼠被敲击后，将会增加相应的游戏分值。可是，所有地鼠只会在地上出现一段时间（而且消失后再也不会出现），每个地鼠都在0时刻冒出，但停留的时间可能是不同的，而且每个地鼠被敲击后增加的游戏分值也可能是不同。
最近2320学长经常玩这个游戏，以至于敲击每个地鼠只要1秒。他在想如何敲击能使总分最大。
输入描述：
输入包含3行，第一行包含一个整数n（1<=n<=100000）表示有n个地鼠从地上冒出来，第二行n个用空格分隔的整数表示每个地鼠冒出后停留的时间（Maxt<=50000），第三行n个用空格分隔的整数表示每个地鼠被敲击后会增加的分值v（v<=1000）。每行中第i个数都表示第i个地鼠的信息。
样例输入：
5
5 3 6 1 4
7 9 2 1 5
样例输出：
24
数据范围：
30%的数据保证n<=100, t<=500,v<=50
60%的数据保证 n<=10000,t<=3000,v<=500
100%的数据保证 n<=100000,t<=5000,v<=1000
【题解】
嗯。。我太弱辣，居然没有一眼看出贪心策略
把时间限制从大到小排列
从大到小扫时间
把当前时间点的地鼠压入堆
每个时间点从堆中取最大值
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) inline void read(int &x)
{
x = ;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '' || ch > '')c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '' && ch >= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();
if(c == '-')x = -x;
} const int MAXN = + ; int n, ma, ans; struct Node
{
int v,t;
}node[MAXN]; bool cmp(Node a, Node b)
{
return a.t > b.t;
} struct cmpp
{
bool operator()(Node a, Node b)
{
return a.v < b.v;
}
}; std::priority_queue<Node, std::vector<Node>, cmpp> q; int main()
{
read(n);
for(register int i = ;i <= n;++ i)
read(node[i].t), ma = max(ma, node[i].t);
for(register int i = ;i <= n;++ i)
read(node[i].v);
std::sort(node + , node + + n, cmp);
register Node tmp;
node[n + ].t = 0x7fffffff;
for(register int now = ma, i = ;now >= ;-- now)
{
while(node[i].t == now)
{
q.push(node[i]);
++ i;
}
if(q.size())
{
tmp = q.top();
ans += tmp.v;
q.pop();
}
}
printf("%d", ans);
return ;
}
T2
斗牛
（niuniu.pas/.c/.cpp）
时间限制：2s，空间限制：128MB
题目描述：
为了更快的获取欢乐豆（因为本蒟蒻斗地主水平太低233），hzwer准备去玩欢乐斗牛，但是由于rp太差，hzwer在一个小时之内输光了20个QQ号的欢乐豆（每天系统会赠送每个号4000欢乐豆）。第二天他准备继续再战欢乐斗牛的抢庄模式，但是由于缺乏思考能力，hzwer需要编写一个程序来决定是否抢庄。
在玩家决定是否抢庄之前，系统会下发四张牌称为底牌，最后一张牌在决定后发放，每张牌可能为1-10，J，Q，K，hzwer认为最后一张牌为每一种点数的概率是相同的，对于一个由五张牌组成的牌型，分数计算规则如下，请你得出底牌的期望得分。
首先注意：在斗牛中，J，Q，K的点数视为10点，即11，12，13在计算头或点数时均视为10，所有牌无视其花色。
首先考虑特殊牌型
- 四炸——即5张牌中有4张一样的牌(如33334)，分数为40
- 五花牛——五张牌均是J，Q或K（如JQJQK），分数为50
- 五小牛——五张牌点数都小于5且点数和小于或等于10（如11223），分数为60
若有多种特殊牌型，得分取分数最大的特殊牌型（如11112视为五小牛）。
如果没有特殊牌型，首先判断牌型是否有“头”，如果五张牌中任意三张的总和为10的倍数如（1K9）即为有“头”，无“头”的牌型得分为0。
对于有头的牌型得分计算如下：
所有牌的和记为t，如果t%10=0则称为“牛牛”,牛牛得分为30；t%10<7称为“小牛”，得分为t%10，否则得分为（t%10）*2。
输入描述：
第一行一个整数T，表示T组数据
每组数据占一行，为4个整数（11，12，13分别表示J，Q，K）
输出描述：
对于输入的n行，输出每4张牌的期望得分（四舍五入）
样例输入：
2
2 2 2 2
10 4 5 12
样例输出：
43
9
样例解释：
对于2 2 2 2，最后一张为1或2时，构成五小牛，否则为炸弹，期望得分为(2*60+11*40)/13=43.08
对于10 4 5 12，最后一张为1-13的得分分别是30+0+0+0+4+5+0+0+0+18+18+18+18=111/13=8.54
1为牛牛，5为4点，6为5点，10-13为9点，其余无头
数据范围：
30%的数据T<=5
70%的数据T<=100000
100%的数据T<=1000000
蒟蒻感言：
在某次对局中发现期望得分很高，果断抢了庄，但是发现有闲家3个“牛牛”，瞬间消失20W欢乐豆
【题解】
我太弱辣。。这种题居然还得调一会儿才能调对，应该是一遍过的啊
情况数*10~询问数
所以预处理所有情况即可
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) inline void read(int &x)
{
x = ;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '' || ch > '')c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '' && ch >= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();
if(c == '-')x = -x;
} int num[],ans[][][][][]; int main()
{
register int t;
read(t);
register int sum,a,b,c,d,e,ta,tb,tc,td,te;
for(a = ;a <= ;++ a)
for(b = ;b <= ;++ b)
for(c = ;c <= ;++ c)
for(d = ;d <= ;++ d)
for(e = ;e <= ;++ e)
{
if(a < && b < && c < && d < && e < && a + b + c + d + e <= )
{
ans[a][b][c][d][e] = ;
}
else if(a > && b > && c > && d > && e > )
{
ans[a][b][c][d][e] = ;
}
else if((a == b&&b==c&&c==d) || (a==b&&b==c&&c==e) || (a==b&&b==d&&d==e) || (b==c&&c==d&&d==e) || (a==c&&c==d&&d==e))
{
ans[a][b][c][d][e] = ;
}
else
{
ta = min(, a), tb = min(, b), tc = min(, c), td = min(, d), te = min(, e);
if((ta + tb + tc)% == || (ta + tb + td)% == || (ta + tb + te)% == || (tb + tc + td)% == || (tb + tc + te)% == || (ta + tc + td)% == || (ta + tc + te)% == || (ta + td + te)% == || (tb + td + te)% == || (tc + td + te)% == )
{
sum = ta + tb + tc + td + te;
if(sum% == ) ans[a][b][c][d][e] = ;
else if(sum% < )ans[a][b][c][d][e] = sum%;
else ans[a][b][c][d][e] = (sum%)*;
}
else
{
ans[a][b][c][d][e] = ;
}
}
}
for(;t;--t)
{
read(num[]),read(num[]),read(num[]),read(num[]);
sum = ;
for(register int i = ;i <= ;++ i)
{
num[] = i;
sum += ans[num[]][num[]][num[]][num[]][num[]];
}
sum = (sum/13.0) + 0.5;
printf("%d\n", sum);
}
return ;
}
T3
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