超级无敌简单题
题意： 鸽子数字由以下过程定义：从任何正整数开始，将数字替换为其各个数位的平方和，并重复该过程，直到该数字等于1。如果不能，则这个数字不是鸽子数。
例如7是鸽子数，因为7->49->97->130->10->1。（77=49,44+99=97,99+7*7=130…如此类推）
解析：
打了一遍表，发现在一定次数后要么出现循环，要么变成1。而且一个数变成小于1000后就不能再大于1000了。所以，打出1000内的数。一直做暴力直到小于1000，判断是否为答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++)
#define repp(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;i--)
#define mmm(p) memset(p,0,sizeof p)
#define pill pair<int,int>
#define debug(i) printf("#%d\n",i)
typedef long long LL;
int read(){ int ans=0; char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans; return ans;
}
int ar[167]={1,7,10,13,19,23,28,31,32,44,49,68,70,79,82,86,91,94,97,
100,103,109,129,130,133,139,167,176,188,190,192,193,203,208,219,226,
230,236,239,262,263,280,291,293,301,302,310,313,319,320,326,329,331,
338,356,362,365,367,368,376,379,383,386,391,392,397,404,409,440,446,
464,469,478,487,490,496,536,556,563,565,566,608,617,622,623,632,635,
637,638,644,649,653,655,656,665,671,673,680,683,694,700,709,716,736,
739,748,761,763,784,790,793,802,806,818,820,833,836,847,860,863,874,
881,888,899,901,904,907,910,912,913,921,923,931,932,937,940,946,964,
970,973,989,998,1000,1003,1009,1029,1030,1033,1039,1067,1076,1088,1090,
1092,1093,1112,1114,1115,1121,1122,1125,1128,1141,1148,1151,1152,1158};
int ans[150009];
bool vis[2000];
bool check(int i){
while(1){
if(i<=1158){
if(vis[i])return 1;
return 0;
}
int sum=0;
while(i>0){
sum+=i%10*(i%10);
i/=10;
}
i=sum;
if(i==1)return 1;
}
return 0;
}
void init(){
int ct=0;
for(int i=0;i<167;i++)vis[ar[i]]=1;
for(int i=1;;i++){
if(check(i))ct++,ans[ct]=i;
if(ct==150000)break;
}
}
int main(){
init();
int q=read();
while(q--){
int id=read();
printf("%d\n",ans[id]);
}
}
zyb的面试
题意： 1到n的排列，按字典序排，n=15时排列顺序为1, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9。问n的排序中第k个数。
解析：
求出pre带头的数有几个，一步一步dfs下去直到答案即可。注意从x跳到x*10带头时，需要need-1，因为x也算一个数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++)
#define repp(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;i--)
#define mmm(p) memset(p,0,sizeof p)
#define pill pair<int,int>
#define debug(i) printf("#%d\n",i)
#define D long long
typedef long long LL;
int read(){ int ans=0; char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans; return ans;
}
const int N=7;
const LL mod=123456789;
int n,k;
int find(int pre){
int sum=0;
for(int i=1;;i*=10){
if(pre*i<=n){
int en=pre*i+i-1;
if(en<=n){
sum+=i;
}
else{
sum+=n-pre*i+1;
break;
}
}
else{
break;
}
}
return sum;
}
int dfs(int p,int need){
if(need==1)return p;
int have=find(p);
if(have<need){
need-=have;
return dfs(p+1,need);
}
else{
p*=10;
return dfs(p,need-1);
}
}
int main(){
int t=read();
while(t--){
n=read(),k=read();
find(100);
int ans=dfs(1,k);
printf("%d\n",ans);
}
}
Count
题意： 第一头奶牛为1号,第二头奶牛为2号,第三头奶牛之后,假如当前奶牛是第n头,那么他的编号就是2倍的第n-2头奶牛的编号加上第n-1头奶牛的编号再加上自己当前的n的三次方为自己的编号.求第n只编号。
解析：
矩阵快速幂
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++)
#define repp(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;i--)
#define mmm(p) memset(p,0,sizeof p)
#define pill pair<int,int>
#define debug(i) printf("#%d\n",i)
#define D long long
typedef long long LL;
int read(){ int ans=0; char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans; return ans;
}
const int N=7;
const LL mod=123456789;
struct matrix{
int size;
D mat[N][N];
matrix(int s){
size=s;for(int i=1;i<=s;i++)for(int j=1;j<=s;j++)mat[i][j]=0;
}
matrix operator * (const matrix & x)const{
matrix ans(x.size);
for(int i=1;i<=x.size;i++){
for(int j=1;j<=x.size;j++){
for(int k=1;k<=x.size;k++){
ans.mat[i][j]=((ans.mat[i][j]+mat[i][k]*x.mat[k][j])%mod+mod)%mod;
}
}
}return ans;
}
} ;
matrix swift(matrix a,D t){
matrix ans(a.size);
for(int i=1;i<=a.size;i++)ans.mat[i][i]=1;
while(t){
if(t&1ll)ans=ans*a;
a=a*a;t>>=1;
}return ans;
}
matrix b(6);
matrix a(6);
void init(){
b.mat[1][1]=1;
b.mat[1][2]=1;
b.mat[2][1]=2;
b.mat[3][1]=1;
b.mat[3][3]=2;
b.mat[3][4]=1;
b.mat[4][3]=-1;
b.mat[5][3]=6;
b.mat[5][5]=1;
b.mat[6][5]=1;
b.mat[6][6]=1;
a.mat[1][1]=2;
a.mat[1][2]=1;
a.mat[1][3]=27;
a.mat[1][4]=8;
a.mat[1][5]=3;
a.mat[1][6]=1;
}
int main(){
int t=read();
while(t--){
LL n;
scanf("%lld",&n);
init();
n-=2;
a=a*swift(b,n);
printf("%lld\n",a.mat[1][1]);
}
}
免费送气球
题意： 已知一开始有一个空序列，接下来有Q次操作，每次操作给出type、first和second三个值。当type为1时，意味着该操作属于第一种操作：往序列尾部添加first个second数。当type为2时，意味着该操作属于第二种操作：查询序列中第first小至第second小的数值之和（一共有(second - first + 1)个数被累加），并将结果对1000000007取模后输出。
解析：
对数的大小进行离散化再线段树，每个节点记录点的数量，点权和。点权和需要取模，但是点的数量不需要，因为long long存的下（如果数量需要取模难度可能不是一遍的大，因为很多时候需要进行数量的比较）。
注意如果query进行到了l==r，且点数大于需要的，得进行权值的计算。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++)
#define mid (l+r>>1)
#define ls (rt<<1)
#define rs ((rt<<1)|1)
#define LL long long
const LL mod = 1000000007;
const int maxn=100000+5;
struct node{
int f;LL x,y;
}e[maxn];
LL tmp[maxn];
LL siz[maxn<<2],sum[maxn<<2];
void add(int rt,int l,int r,LL x,LL y){
siz[rt]+=x;
sum[rt]=(sum[rt]+x*tmp[y])%mod;
if(l==r)return;
if(y<=mid)add(ls,l,mid,x,y);
else add(rs,mid+1,r,x,y);
}
LL query(int rt,int l,int r,LL num){
if(num==0)return 0;
if(l==r){
if(num>=siz[rt])return sum[rt];
else return num*tmp[l]%mod;
}
if(num>=siz[rt]){
return sum[rt];
}
if(num>=siz[ls]){
return (sum[ls]+query(rs,mid+1,r,num-siz[ls])%mod);
}
return query(ls,l,mid,num);
}
int main(){
int q;scanf("%d",&q);
int qq=0;
rep(i,1,q){
scanf("%d%lld%lld",&e[i].f,&e[i].x,&e[i].y);
if(e[i].f==1)tmp[++qq]=e[i].y;
}
sort(tmp+1,tmp+1+qq);
int num=unique(tmp+1,tmp+1+qq)-tmp-1;
rep(i,1,q){
if(e[i].f==1)
e[i].y=lower_bound(tmp+1,tmp+1+num,e[i].y)-tmp;
}
rep(i,1,q){
if(e[i].f==1){
add(1,1,num,e[i].x,e[i].y);
}
else{
printf("%lld\n",(query(1,1,num,e[i].y)-query(1,1,num,e[i].x-1)+2*mod)%mod);
}
}
}