x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。 小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。 小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍， 剩下的当然都是5元面额的。 银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？ （5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0） 注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
#include<iostream> #include<string> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int main(){ int imin=200; for(int i=1;5*i<=200;i++){ for(int j=1;5*i+21*j<=200;j++){ if(5*i+21*j==200&&i+11*j<imin){ imin=i+11*j; } } } printf("%d",imin); return 0; }x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。 安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！ 国王很想知道，在目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？ 显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即： 全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种） 开一台，共3种 开两台，只1种 30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。 要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。 注意，只提交一个整数，不要填写任何多余的内容。
#include<iostream> #include<string.h> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int ans=0; bool isopen[32]; void dfs(int index){ if(index==31){ ans++; return; } if(!isopen[index-1]){ isopen[index]=true; dfs(index+1); isopen[index]=false; } dfs(index+1); } int main(){ memset(isopen,0,sizeof(isopen)); dfs(1); printf("%d",ans); return 0; }格雷码是以n位的二进制来表示数。 与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。 首尾两个数字也要求只有1位之差。 有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种： 从编码全0开始生成。 当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0） 当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。 用这个规则产生的4位格雷码序列如下： 0000 0001 0011 0010 0110 0111 0101 0100 1100 1101 1111 1110 1010 1011 1001 1000 以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。
#include <stdio.h> void show(int a,int n) { int i; int msk = 1; for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1; for(i=0; i<n; i++){ printf((a & msk)? "1" : "0"); msk = msk >> 1; } printf("\n"); } void f(int n) { int i; int num = 1; for(i=0; i<n; i++) num = num<<1; int a = 0; for(i=0; i<num; i++){ show(a,n); if(i%2==0){ a = a ^ 1; } else{ a = _________________________ ; //填空 } } } int main() { f(4); return 0; }请注意：只需要填写划线部分缺少的内容，不要抄写已有的代码或符号。 a^((a&(-a))<<1) lowbit -->（a&-a），lowbit操作会消去所有高位的1，只留下最低位1和其后面的0。
小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。 在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。 大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会变成 1，再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。 作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。 小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊…… 他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。 注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。 比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。 「输入格式」 一行两个整数 n, k ，意义如题。 「输出格式」 一行一个整数 表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。 「样例输入」 5 3 「样例输出」 2 「样例解释」 如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下： 1：+1 2：+1, +1 3：+3 4：+3, +1 「数据范围」 对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5 对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100 对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000 资源约定： 峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M CPU消耗 < 1000ms 请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。 注意： main函数需要返回0; 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准; 不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include 不能通过工程设置而省略常用头文件。 提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
#include<iostream> #include<string.h> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n,k; int imin=100000; void dfs(int num,int index,int time){ if(index>(n/2)*num)return; if(index==num||index%n==num){ if(time<imin){ imin=time; } return; } dfs(num,index+1,time+1); dfs(num,index+k,time+1); } int main() { cin>>n>>k; int imax=0; for(int i=1;i<n;i++){ imin=100000; dfs(i,0,0); if(imax<imin){ imax=imin; } printf("%d %d\n",i,imin); } printf("%d",imax); return 0; }完全背包
在这里插入代码片小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。 在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。 随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则： 规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐； 规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙； 规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。 其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。 现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。 由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。 注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。 【输入格式】 输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。 随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。 【输出格式】 输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。 【样例输入1】 2 3 …X .X. 【样例输出1】 4 【样例说明1】 成功的摆放有（其中O表示放置积木）： (1) …X .X. (2) …X OX. (3) O.X OX. (4) …X .XO 【样例输入2】 3 3 …X .X. … 【样例输出2】 16 【数据规模约定】 对于10%的数据，n=1，m<=30； 对于40%的数据，n<=10，m<=30； 对于100%的数据，n<=100，m<=100。 资源约定： 峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M CPU消耗 < 1000ms 请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。 注意： main函数需要返回0; 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准; 不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include 不能通过工程设置而省略常用头文件。 提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
源自
#include<bits/stdc++.h> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define mod 1000000007 using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 2e5+5; const double esp = 1e-12; const int ff = 0x3f3f3f3f; map<int,int>::iterator it; int n,m,l,r; int h[233]; ll dp[2][133][133]; char mp[233][233]; void get_height()//得到每一列的高度 { for(int i = 1;i<= m;i++) { int hi = 0; for(int j = n;j>= 1;j--) { if(mp[j][i] == 'X') break; hi++; } h[i] = hi; } return ; } ll dfs(int pos,int sta,int last) { if(pos> r) return 1; if(dp[sta][pos][last]!= -1) return dp[sta][pos][last]; ll sum = 0; for(int i = 1;i<= h[pos];i++) { if(i> last) { if(sta == 1)//可以上升的话 sum = (sum+dfs(pos+1,1,i))%mod; } else { if(i == last)//跟上一个所取高度相同 sum = (sum+dfs(pos+1,sta,i))%mod; else sum = (sum+dfs(pos+1,0,i))%mod;//后面不可以再上升 } } return dp[sta][pos][last] = sum; } int main() { //freopen("1.in","r",stdin); scanf("%d %d",&n,&m); for(int i = 1;i<= n;i++) for(int j = 1;j<= m;j++) scanf(" %c",&mp[i][j]); get_height(); ll ans = 0; int i = 1; while(i<= m) { if(mp[n][i] == 'X') { i++; continue; } int j = i; while(j<= m&&mp[n][j] == '.') { j++; continue; } j--; //i，j为不含X的区间 for(r = j;r>= i;r--)//把r固定、调整l，这样搜过的还能继续用，节省时间 { mem(dp,-1); for(l = r;l>= i;l--) { ans = (ans+dfs(l,1,1))%mod; } } i = j+1;//更新i } printf("%lld\n",(ans+1)%mod); return 0; }经过重重笔试面试的考验，小明成功进入 Macrohard 公司工作。 今天小明的任务是填满这么一张表： 表有 n 行 n 列，行和列的编号都从1算起。 其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方， gcd 表示最大公约数，以下是这个表的前四行的前四列： 1 1 1 1 1 4 1 4 1 1 9 1 1 4 1 16 小明突然冒出一个奇怪的想法，他想知道这张表中所有元素的和。 由于表过于庞大，他希望借助计算机的力量。 「输入格式」 一行一个正整数 n 意义见题。 「输出格式」 一行一个数，表示所有元素的和。由于答案比较大，请输出模 (10^9 + 7)(即：十亿零七) 后的结果。 「样例输入」 4 「样例输出」 48 「数据范围」 对于 30% 的数据，n <= 1000 存在 10% 的数据，n = 10^5 对于 60% 的数据，n <= 10^6 对于 100% 的数据，n <= 10^7 资源约定： 峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M CPU消耗 < 2000ms 请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。 注意： main函数需要返回0; 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准; 不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include 不能通过工程设置而省略常用头文件。 提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
https://blog.csdn.net/nka_kun/article/details/80488225 莫比乌斯反演
#include<bits/stdc++.h> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define mod 1000000007 using namespace std; typedef long long ll; const ll mod = 1e9+7; const int maxn = 1e7+7; const double esp = 1e-12; const int ff = 0x3f3f3f3f; map<int,int>::iterator it; ll inv6; int mu[maxn],vis[maxn],pri[maxn],len; void init() { memset(vis, 0, sizeof vis); mu[1] = 1; len = 0; for (int i = 2; i < maxn; ++i) { if (!vis[i]) { pri[len++] = i; mu[i] = -1; } for (int j = 0; j < len && i * pri[j] < maxn; ++j) { vis[i * pri[j]] = 1; if (i % pri[j]) mu[i * pri[j]] = -mu[i]; else { mu[i * pri[j]] = 0; break; } } } for(int i = 1; i < maxn; i++) { mu[i]+=mu[i-1]; } } //解决 gcd([1,n],[1,n]) == 1 的个数 ll dp[maxn]; ll solveGcd(ll n) { ll ans = 0; int j; for(ll i = 1; i <= n; i=j+1) { j = n/(n/i); ll tmp = (n/i)*(n/i); if(tmp >= mod) tmp %= mod; ans += (ll)(mu[j]-mu[i-1])*tmp; if(ans >= mod) ans %= mod; } return ans; } ll qm(ll a, ll n){ ll ans = 1; while(n){ if(n%2){ ans = ans*a%mod; } a = a*a%mod; n/=2LL; } return ans; } inline ll sump2(ll n) { return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod; } int main() { inv6 = qm(6,mod-2); init(); ll n; n = 10000000; ll ans = 0; ll j; for(ll i = 1; i <= n; i=j+1) { j = n/(n/i); ans += solveGcd(n/i)*(sump2(j)-sump2(i-1)+mod)%mod; if(ans >= mod) ans %= mod; } cout << ans << endl; return 0; }