A:
链接：
来源：牛客网 时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒 空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K 64bit IO Format: %lld
题目描述
小虎刚刚上了幼儿园，老师让他做一个家庭作业：首先画3个格子，第二行有2个格子，第三行有1个格子。每行的格子从左到右可以放棋子，但要求除第一行外，每行放的棋子数不能超过上一行的棋子。玩了一会儿，小虎问大哥大虎：这个作业有很多种摆放法，我想都找到，但我不知道有多少中方案，你能帮助我么？ 大虎是学校信息学集训队的，立刻想到用计算机来解决这个问题，并很快有了解答：13。第二天他把问题拿到了学校，并说如果第一行有N个格子，第二行有N－1个格子，…，第N行有1个格子，怎么办？现在请你一块来帮助他解决这个难题。 数据范围 30%数据：1≤N≤12 50%数据：1≤N≤30 100%数据：1≤N≤100
输入描述:
仅一行，一个正整数N。
输出描述:
一行，方案总数。
示例1
输入
2
输出
4
说明
样例1说明N=2时，有如下4中摆放棋子法（*表示棋子，_表示空格）： 方案法 1 2 3 4 摆放法 *_ ** *_ ** 摆放法 _ _ * *
示例2
输入
3
输出
13 思路：看到这种小规模题，先打表。 打表代码：大力搜
LL sum = 0;int n = 6;// 改变n void dfs(int now,int dep){ if(dep == 1){ now==0?sum+=1:sum+=2; return; } for(int i = 0 ; i <= now && i <= dep; i++){ dfs(i,dep-1); }}int main(){ for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){ dfs(i,n-1); } printf("%lld\n",sum);} 然后发现，4，13，41，131，428。。。。卡特兰数减去一。
再看了看数据很大又没有取模。直接Py写了组合数。
卡特兰数 H[n] = c(2*n,n)/(n+1);
代码：
comb = [[0 for i in range(212)] for i in range(212)]for i in range(0,210): comb[i][0] = comb[i][i] = 1; for j in range(1,i): comb[i][j] = comb[i-1][j] + comb[i-1][j-1];n = int(input());n+=1;print(comb[2*n][n]//(n+1) - 1);
C题： 链接： 来源：牛客网
时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒 空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K 64bit IO Format: %lld
题目描述
国王有一块神奇土地 第一天可以产a吨粮食，第二天会变成前一天的a倍，以此类推。 n天后大臣准备把这些粮食尽可能多的平均分给b个城池 为了方便，每个城池分到的粮食都是整吨整吨哒！ 剩下的粮食国王准备贪污 国王能贪到多少吨粮食呢？
输入描述:
输入的第一行为一个数字T（T<=100），表示数据输入的组数。 之后每行3个数字，分别表示 a, n, b(1<=a,n<= 1000,000,000;1<=b<=1000 )。
输出描述:
对于每组数据输出对应结果
示例1
输入
12 2 3
输出
1
快速幂取模。a^n % b; 不贴代码了 H： 链接： 来源：牛客网
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题目描述
杨主席这段时间由于要找实习，所以非常焦躁。因为公司的面试都非常的难，杨主席不知道从哪入手。于是他就找了他的学长坑坑询问情况，坑坑告诉他要注重算法的学习，于是就给杨主席出了一个题目看看他算法学的怎么样，这道题是这样的：有N个人排成一排，从1到N按顺序依次编号，现在要执行N次操作，第一次操作让所有的人都蹲下，之后第二次操作让编号是2和2的倍数的人全部站起来，然后第三次操作让编号是3和3的倍数的人全部做相反的动作（站着的人蹲下，蹲下的人站起来），以此类推...，最后第N此操作让编号为N的这个人也做相反的动作。请问N次操作后，从第A个人到第B个人之间（包括A和B这两个数字,且A<B）有多少人是站着的？
输入描述:
输入数据为T组数据（1<=T<=10）。 每组数据输入包含三个数字N，A，B(1<=N<=1000000，1<=A<=N)。
输出描述:
对于每组数据，输出一个整数，表示从第A个人到第B个人之间有多少人站着。
示例1
输入
15 1 3
输出
2
思路：又是打表找规律题。首先确定一个位置pos,改变的次数是pos的因子数减1 次。（假设首先是蹲着） 打表：
int a[1001];memset(a,0,sizeof(a));int op = 1000;for(int i = 2 ; i <= op ; i++ ){ for(int j = 2 ; j <= i ; j++){ if(i%j == 0){ a[i] ^= 1; } }}for(int i = 1 ; i <= op ; i++){ printf("%d ",a[i]); if(!a[i])puts("");}puts("");
很容易发现1的个数会每次+2。
求个前缀和就行了。
代码：
#includeusing namespace std;#define LL long long#define INF 2000000000const LL mod = 1e9+7;int a[2000100];int main(){ memset(a,0,sizeof(a)); int p = 0,k = 0; while(k <= 1000001){ a[k++] = 0; for(int i = 0 ; i < 2*p && k <= 1000001; i++){ a[k++] = 1; } p++; } for(int i = 2 ; i <= 1000000 ; i++){ a[i] += a[i-1]; } int t;scanf("%d",&t); while(t--){ int n,x,y; scanf("%d %d %d",&n,&x,&y); printf("%d\n",a[y] - a[x-1]); }}/*29 1 41000000 1 1000000*/
I：
链接：
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题目描述
坑坑作为一个ACMer,经常要对一组数字进行排序，在排序过程中，将两个数字交换位置的花销是这两个数字的和，慢慢的他想实现一种最低花销的排序方式，你们能帮助他吗？
输入描述:
输入包含多组测试数据。 每组测试输入包含一组数字包含的整数个数n以及n个整数mi（1<=n<1000,0<=mi<=10000）给定的整数互不重复。
输出描述:
对于每组测试数据，输出一个整数，给定整数按升序排序时所需花销的最小值。
示例1
输入
43 1 5 4
输出
13 思路： 首先肯定交换的肯定是闭环上的数。比如说 4 3 1 2 5。第一个环是4-->2-->3-->1-->4，这几个位置上的数，交换一下位置可以得到递增的。环是以number-->pos[number]-->pos[pos[number]]....下去的。 比赛的时候爆WA了，说说赛中的想法。 赛中的时候想法就是肯定是用环中最小的数作为媒介去交换啊，记一个环的元素有k个，最小的数为Min，环的元素和为Sum。 肯定是拿Min去做n-1次交换啊，所以答案是(Sum-Min)+(k-1)*Min;即用最小的元素去跟其他的k-1个交换产生的价值。 没考虑到另外一种情况，举个例子：1 400 200 300，这个数组，环是400->300->200->400。那么我们拿200去换吗？肯定不是，显然用1作为媒介交换是最合适的。 所以有了第二种情况（赛后看了下AC的代码发现的思维误区），即拿数组中最小的元素作为媒介，去把当前环中的数交换成有序的。 记全部元素中最小的数是All_Min产生的代价是Min+Sum+(k-1)*All_Min。手推一下就OK的。 所以每次环增加的代价是这两种情况取小的那种。（说实话这题很质量啊，很考验思维。。哎还是我太菜了） 最后注意的是离散化一下数组，因为题目中给定的不是完全的1~n的数字。 代码：
#includeusing namespace std;#define LL long long#define INF 2000000000const LL mod = 1e9+7;int mp[10001];int main(){ int a[1001],pos[1001],vis[1001]; int n; while(~scanf("%d",&n)){ memset(mp,0,sizeof(mp)); vector vec; int Min = 100000000; for(int i = 1 ; i <= n ; i++){ scanf("%d",a+i); vec.push_back(a[i]); Min = min(a[i],Min); pos[i] = i;//应该在的位置 } sort(vec.begin(),vec.end()); for(int i = 0 ; i < n ; i++){ mp[vec[i]] = i+1; }//离散化 LL sum = 0; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i = 1 ; i <= n ; i++){ if(!vis[i]){ if(pos[i] != mp[a[i]]){ int be = i; vector v; int nowsum = 0;//存储当前环中元素和 while(!vis[be]){ v.push_back(a[be]); vis[be] = 1; nowsum += a[be]; be = pos[mp[a[be]]]; } sort(v.begin(),v.end()); int useself = (v.size()-2)*v[0]+nowsum; int use_min_number = v[0] + nowsum + (v.size()+1)*Min; //两种情况取小的那种，加到sums上。 sum += min(useself,use_min_number); } else{ vis[i] = 1; } } } cout< <