目录：
T1:sort
T2:sum
T3:count
T4:ranking
又是一届快乐的%你赛……
那么，我们从T1开始……
T1：Sort
题目描述
小x和小y是好朋友。小y的成绩很差，以至于 GPA（平均绩点）在系内倒数。系内一共有 N 位同学，每位同学有自己的 GPA，以及已修学分数，定义 GPT = GPA ×已修学分数。小x为了帮助小y提高成绩，给小y提了一个要求：新学期的 GPA 要超过系内排名第 K 位的同学。 为了帮助理解，给出一个例子：
现在给出系里面每位同学的 GPT（只有一位小数），以及他们的已修学分。你需要帮助小y把排名 第 K 位的同学的 GPA 求出来。
输入
第 1 行2 个整数 N, K。
第 2- (N + 1) 行，每行 1 个非负实数和 1 个整数，分别表示 GPT 和已 修学分数。
注意：所有同学的学分都在 [1, 250] 的范围。
输出
第 1 行1 个实数，表示排名第 K 同学的 GPA，保留 2 位小数输出。
样例输入
5 3
73 20
79.8 21
72.6 22
85.1 23
65.7 18
样例输出
3.65
分析：
这题是真的水。我们要求的GPA就是GTP除以已修学分得出的。开个结构体存存就好了。
CODE：
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct stu{
//结构体存数据
double gtp;
int score;
double gpa;
}que[100001];
bool cmp(stu x,stu y)
{ //排序函数
return x.gpa>y.gpa;
}
int n,k;
int main(){
freopen("sort.in","r",stdin);
freopen("sort.out","w",stdout);
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>que[i].gtp>>que[i].score;
que[i].gpa=que[i].gtp/que[i].score; //除
}
sort(que,que+n,cmp);
cout<<fixed<<setprecision(2)<<que[k-1].gpa; //输出
return 0;
}
T2：Sum
题目描述
小x有很多糖果，分成了 N 堆，排成一列。小x说，如果小y能迅速求出第 L 堆到第 R 堆一 共有多少糖果，就把这些糖果都给他。
现在给出每堆糖果的数量，以及每次询问的 L 和 R，你需要帮助小y，把每次询问的结果求出来。 注意，你不需要考虑糖果被小y取走的情况。
输入
第 1 行2 个整数 N, M, 分别表示堆数和询问数量。
第 2 行N 个整数 Ai，表示第 i 堆糖果的数 量。
第 3- (M + 2) 行，每行 2 个整数 Li, Ri，表示第 i 个询问是 [Li， Ri]。
输出
M 行，对于每个询问，输出对应的和。
样例输入
5 5
1 2 3 4 5
1 5
2 4
3 3
1 3
3 5
样例输出
15
9
3
6
12
分析：
我们先预处理前缀和，然后每个区间内的和其实就是：sum[终点]-sum[起始-1]。
CODE：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
long long x,y,n,m,i,a[100001],sum[100001]; //开longlong
int main()
{
freopen("sum.in","r",stdin);
freopen("sum.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i]; //求前缀和
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld",&x,&y);
printf("%lld\n",sum[y]-sum[x-1]); //求区间内的和
}
}
T3：Count
题目描述
小x开发了一个奇怪的游戏，这个游戏的是这样的：一个长方形，被分成 N 行 M 列的格子，第 i 行第 j 列的格子记为 (i， j)，就是说，左上角的格子是 (1， 1)，右下角的格子是 (N， M)。开始的时候，小y在 (1， 1)，他需要走到 (N， M)。每一步，小y可以走到正右方或者正下方的一个格子。具体地说，如小y现在在 (x， y)，那么他可以走到 (x， y + 1) 或 (x + 1， y)。当然，小y不能走出离开这个长方形。
每个格子有积分，用一个 1~10 的整数表示。经过这个格子，就会获取这个格子的积分（起点和终 点的积分也计算）。通过的方法是：到达 (N， M) 的时候，积分恰好为 P 。
现在给出这个长方形每个格子的积分，你需要帮助小y，求出从起点走到终点，积分为 P 的线路有多少条。
输入
第 1 行3 个整数 N, M, P 。
接下来 N 行，每行 M 个整数 Aij ，表示格子 (i， j) 的积分。
输出
1 行1 个整数，表示积分为 P 线路的数量。
因为数值太大，你只需要输出结果除以 (10^9 + 7) 的 余数。
样例输入
3 3 9
2 2 1
2 2 2
1 2 2
样例输出
2
分析：
这道题本来想用搜索，但搜索会超时；
于是就需要用DP（正解）来做。
可得动态能量转移方程：
（三维数组）
f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-a[i][j]]+f[i][j-1][k-a[i][j]];
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,p,i,j,k,a[101][101],f[101][101][2001];
int main()
{
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
f[1][0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
for(k=a[i][j];k<=p;k++)
{
f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-a[i][j]]+f[i][j-1][k-a[i][j]];//代入方程
f[i][j][k]=f[i][j][k]%1000000007; //%%%
}
printf("%d",f[n][m][p]);//输出
return 0;
}
T4：Ranking
题目描述
小x有n个小姊妹(根据典故，我们假设n≤3000)。他每天都喜欢按不同标准给小姊妹们排(da)序(fen)。今天，他突然对小姊妹们的名字产生了兴趣。他觉得小姊妹的魅力和她们的名字有密切联系，于是他觉得所有有相似的名字的小姊妹必须排在一起。
相似是指，名字的开头一个或若干个连续字母相同。
于是，小x定下了如下规则：
在任何以同样的字母序列开头的名字之间，所有名字开头必须是同样的字母序列。
比如，像MARTHA和MARY这两个名字，它们都以MAR开头，所以像MARCO或MARVIN这样的名字可以插入这两个名字中间，而像MAY这样的就不行。
显然，按字典序排序是一个合法的排序方案，但它不是唯一的方案。你的任务就是计算出所有合法的方案数。考虑到答案可能很大，输出答案 mod 1 000 000 007。
输入
第一行一个整数n，小x的小姊妹个数。
第2~n+1行，每行一个字符串，代表这个小姊妹的名字。
输出
一行一个整数，合法的方案数。
样例输入
3
IVO
JASNA
JOSIPA
样例输出
4
分析：
jz函数是求阶乘的函数。
dg函数是字符串处理的：先判断是否合法，再记录位置&&标记；
再根据标记去匹配，方案数++；mod操作也在dg函数内完成。
CODE：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
int n;
long long jk[3010];
long long ans;
string a[3010];
const int mod = 1e9 + 7;
long long jz(int k)
{
//求阶乘函数
if(k == 0)
return 0;
if(jk[k])
return jk[k];
jk[k] = (jz(k - 1) * k) % mod;
return jk[k];
}
long long dg(int k,int beg,int len)
{
//字符串处理函数
if(len == 1)
return 1;
int v[30];
int st[30];
int count = 0;
memset(v,0,sizeof v);
memset(st,0,sizeof st);
//……一些初始化
long long ret = 1;
for(register int i = beg + len - 1;i >= beg;--i)
{
if(k >= a[i].length()) //是否合法
{
++v[0],st[0] = i;
continue;
}
++v[a[i][k] - 'A' + 1]/*标记*/,st[a[i][k] - 'A' + 1] = i;//记录当前位置
}
for(register int i = 0;i <= 26;++i)
if(v[i]) //标记了
ret = (ret * dg(k + 1,st[i],v[i])) % mod/*%%%*/,++count;//方案数++
return (ret * jz(count)) % mod;//乘阶乘，再%%%
}
int main()
{
freopen("ranking.in","r",stdin);
freopen("ranking.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
jk[1] = 1;
for(register int i = 1;i <= n;++i)
cin >> a[i];
sort(a + 1,a + n + 1); //排个序
ans = dg(0,1,n); //调用啦
printf("%lld\n",ans); //快乐源泉
}
