1001
题意：给一些城市的买卖价格，要求选择买或者卖一个或者不买不卖，问最后获得的最大利润。
思路：贪心。set维护最小堆，最小的价格小于当前的就可以卖了获得利润，不过这题可以反悔，就是说如果已经卖了这件物品，后面碰到获得更大利润的城市，需要反悔再卖，所以加上标记，如果是直接买的就次数加一并且利润加，如果是交换过了就不加次数，保证次数最小，要确定好优先级保证同等加个交换过的大于买的。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef pair<LL,int> P;
int main(){
int T;
int n ;
int num ;
multiset<P>s;
scanf("%d",&T);
while( T-- ){
LL x ;
s.clear();
LL res = 0LL;
num = 0 ;
scanf("%d",&n);
multiset<P>::iterator it ;
for( int i = 0 ; i < n ; i++ ){
scanf("%lld",&x);
if( s.size() ){
it = s.begin();
if( (*it).first < x ){
res += ( x - (*it).first );
if( (*it).second ){
num ++;
}
s.erase(it);
s.insert(mp(x,0));
s.insert(mp(x,1));
}else{
s.insert(mp(x,1));
}
}else{
s.insert(mp(x,1));
}
}
printf("%lld %d\n",res,num<<1);
}
return 0 ;
}1003
题意：要求定义+和*运算，使得(m+n)^p = m ^ p + n ^ p，p为素数。
还要满足题中给定的集合相等的约束。
思路：取模运算。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int AX = 1e5+666;
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int T ;
int n ;
cin >> T;
while( T-- ){
cin >> n ;
for( int i = 0 ; i < n ; i ++ ){
cout << i ;
for( int j = 1 ; j < n ; j ++ )
cout << ' ' << ( i + j ) % n ;
cout << endl;
}
for( int i = 0 ; i < n ; i++ ){
cout << 0 ;
for( int j = 1 ; j < n ; j ++ )
cout << ' ' << ( i * j ) % n ;
cout << endl;
}
}
return 0;
}1004
题意：
思路：费马大定理:n > 2 时，等式无解。
奇偶数列法则
如a^2+b^2=c^2是直角三角形的三个整数边长，则必有如下a值的奇数列、偶数列关系成立；
（一） 直角三角形a^2+b^2=c^2奇数列a法则：
若a表为2n+1型奇数（n=1、2、3 …）， 则a为奇数列平方整数解的关系是：
a=2n+1
b= n^2+（n+1）^2-1
c= n^2+（n+1）^2
（二） 直角三角形a^2+b^2=c^2的偶数列a法则：
若a表为2n型偶数（n=2、3、4…）， 则a为偶数列平方整数解的关系是：
a= 2n
b= n^2 -1
c= n^2+1
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int AX = 1e5 + 66 ;
int main(){
int T;
LL n , a ;
scanf("%d",&T);
while( T -- ){
scanf("%lld%lld",&n,&a);
if( !n || n > 2 ) {
printf("-1 -1\n");
}else{
if( n == 1 ){
printf("1 %lld\n",a+1);
}
else if( n == 2 ) {
if( a & 1 ){
LL tmp = a / 2 ;
LL b = 2 * tmp * tmp + 2 * tmp;
LL c = 2 * tmp * tmp + 2 * tmp + 1 ;
printf("%lld %lld\n",b,c);
}
else{
LL tmp = a / 2 ;
LL b = tmp * tmp - 1;
LL c = tmp * tmp + 1;
printf("%lld %lld\n",b,c);
}
}
}
}
return 0;
}1009
题意：1-n的排列有n！种，给出n-1条边为两点的权值。求所有排列构成所有图的和。
思路：对于每一条边，要经过该边，x，y一定在该边的左右两侧，设左边为m个点，右边为n-m个。
所有排列的情况则为：2* 左边点个数右边点个数权值除了这条边外点的排列边数
2*m*(n-m)w(n-2)!*(n-1)
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define LL long long
using namespace std;
const int AX = 1e5+66;
const int MOD = 1e9+7;
struct Node{
int v , w ;
};
LL fac[AX];
LL res ;
LL num[AX];
int n ;
std::vector<Node> G[AX];
void dfs( int x , int pre ){
num[x] = 1 ;
for( int i = 0 ; i < G[x].size() ; i++ ){
int v = G[x][i].v ;
int w = G[x][i].w ;
if( v == pre ) continue;
dfs( v , x ) ;
num[x] += num[v];
res += ( 1LL * num[v] * ( n - num[v] ) % MOD * w % MOD );
}
}
void init(){
fac[0] = 1 ;
for( int i = 1 ; i < AX ; i++ ){
fac[i] = 1LL * i * fac[i-1] % MOD;
}
}
int main(){
init();
while( ~scanf("%d",&n) ){
res = 0LL;
for( int i = 0 ; i <= n ; i++ ){
G[i].clear();
num[i] = 0 ;
}
int x , y , v ;
for( int i = 1 ; i < n ; i ++ ){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
G[x].pb((Node){y,v});
G[y].pb((Node){x,v});
}
dfs( 1 , 0 ) ;
printf("%lld\n",2LL*res%MOD*fac[n-1]%MOD);
}
return 0 ;
}1010
题意：给n个村庄，只能向上向右向右下走，只能右下方向进入村庄，进入村庄会给一定价值，问从0，0到1e9，1e9，能够获得的最大价值。
思路：可以得到dp转移方程：
dp[i][j] = max( dp[i-1][j-1] , dp[i-1][j] , dp[i][j-1] ) + v[i][j]
可以用树状数组维护前缀的最大值优化dp
注意的是1e9过大，需要将纵坐标离散化。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#pragma comment(linker, “/STACK:1024000000,1024000000”)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;
const int AX = 1e5+66;
int a[AX];
std::vector<int> v;
struct Node{
int x , y , v ;
bool operator < (const Node &z) const{
return ( ( x < z.x ) || ( x == z.x && y > z.y ) );
}
}G[AX];
int n ;
int getid( int x ){
return lower_bound( v.begin() , v.end() , x ) - v.begin() + 1 ;
}
int lowbit( int x ){
return ( x & (-x) );
}
int getsum( int x ){
int res = 0 ;
while( x ){
res = max( res , a[x] );
x -= lowbit(x);
}
return res ;
}
void update( int site , int v ){
while( site < AX ){
a[site] = max( a[site] , v );
site += lowbit(site);
}
}
int main(){
int T ;
scanf("%d",&T);
while( T-- ){
scanf("%d",&n);
memset( a, 0 , sizeof(a) );
for( int i = 0 ; i < n ; i ++ ){
scanf("%d%d%d",&G[i].x,&G[i].y,&G[i].v);
v.push_back(G[i].y);
}
sort( G , G + n );
sort( v.begin() , v.end() );
v.erase( unique( v.begin() , v.end() ) , v.end() ) ;
int res = 0 ;
for( int i = 0 ; i < n ; i++ ){
if( !G[i].x || !G[i].y ) continue;
int idx = getid( G[i].y );
int ans = getsum( idx - 1 );
res = max( res , G[i].v + ans );
update( idx , G[i].v + ans );
}
printf("%d\n",res);
}
return 0 ;
}