本文共 4240 字，大约阅读时间需要 14 分钟。

B.签到题(组合数学)

题意: 思路: 从n个数里面先选出n-1个数那么有n种选法。然后现在我们要构成n个数，所以必须有俩个数是一样的，现在再从n-1个数里面选出1个数，有n-1种选法那么现在有n*(n-1)种选法。然后现在的每一种选法中有n个数，那么就有n!/2种排法，因为有俩个数相同所以要除二。

这里要特别注意的是，如果多次操作大数取余，那么是很可能t掉的因为大数取余是很耗时间的，所以我们还要先预处理n的阶乘

AC代码

#include 
   
    inline long long read(){
   char c = getchar();long long x = 0,s = 1;while(c < '0' || c > '9') {
   if(c == '-') s = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') {
   x = x*10 + c -'0';c = getchar();}return x*s;}using namespace std;#define NewNode (TreeNode *)malloc(sizeof(TreeNode))#define Mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define lowbit(x) (x)&(-x)const int N = 1e5 + 10;const long long INFINF = 0x7f7f7f7f7f7f7f;const int INF = 0x3f3f3f3f;const double EPS = 1e-7;const long long mod = 1e9+7;const double II = acos(-1);const double PP = (II*1.0)/(180.00);typedef long long ll;typedef unsigned long long ull;typedef pair
    
      pii;typedef pair
     
       piil;signed main(){
       std::ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0),cout.tie(0);    ll n,arr[N] = {
   0};    arr[0] = 1;    for(int i = 1;i <= N;i++) arr[i] = arr[i-1] * i % mod;    while(cin >> n)    {
           ll sum = (n*(n-1)/2) % mod * arr[n] % mod;        cout << sum << endl;    }}
     
    
   

C.救救AR(思维，构造)

思路: 1.当n小于4的时候直接输出-1。

2.当n为偶数时，那么我们直接把n拆成2*(n/2)即可，即输出俩个’A’，然后(n/2)个’R’。

3.当n为奇数时，我们先输出一个"AR"，然后此时还差n-1个子序列，这时的n-1为偶数，那么又回到的了情况2，但是这时候要少输出一个’A’ 。

AC代码

#include 
   
    inline long long read(){
   char c = getchar();long long x = 0,s = 1;while(c < '0' || c > '9') {
   if(c == '-') s = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') {
   x = x*10 + c -'0';c = getchar();}return x*s;}using namespace std;#define NewNode (TreeNode *)malloc(sizeof(TreeNode))#define Mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define lowbit(x) (x)&(-x)const int N = 1e5 + 10;const long long INFINF = 0x7f7f7f7f7f7f7f;const int INF = 0x3f3f3f3f;const double EPS = 1e-7;const long long mod = 1e9+7;const double II = acos(-1);const double PP = (II*1.0)/(180.00);typedef long long ll;typedef unsigned long long ull;typedef pair
    
      pii;typedef pair
     
       piil;signed main(){
       std::ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0),cout.tie(0);    int n;    cin >> n;    if(n < 4) cout << -1 << endl;    else if(n % 2 == 0)    {
           cout << "AA";        for(int i = 0;i < n/2;i++)            cout << 'R';        cout << endl;    }    else    {
           cout << "ARA";        for(int i = 0;i < n/2;i++)            cout << 'R';        cout << endl;    }}
     
    
   

E.呼兰河传(思维)

题意: 思路: 很明显所有数的最小公倍数肯定是最大的，但是每一个数依次求最小公倍数肯定要t，而且每一个数求最小公倍数再取模，肯定会导致答案错误。 所以我们要换一种其他的方法:我们把每一个数质因数分解，然后统计每一个质因数最多的次数，最后再用一个快速幂(可以防止爆数据)，把所有质因数的幂次方求出来就可以了

我们可以看到(1 <= n <= 1e6,1 <= a[i] <= 1e5)所以肯定有不少重复的，可以选择去重后再算，这样会快很多。如果不去重，简直是在边缘徘徊，如果我的函数调用不加inline，那么就直接t了。。。。或者直接不用函数调用，直接在主函数写也可以。

AC代码

#include 
   
    inline long long read(){
   char c = getchar();long long x = 0,s = 1;while(c < '0' || c > '9') {
   if(c == '-') s = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') {
   x = x*10 + c -'0';c = getchar();}return x*s;}using namespace std;#define NewNode (TreeNode *)malloc(sizeof(TreeNode))#define Mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define lowbit(x) (x)&(-x)const int N = 1e5 + 10;const long long INFINF = 0x7f7f7f7f7f7f7f;const int INF = 0x3f3f3f3f;const double EPS = 1e-7;const long long mod = 1e9+9;const double II = acos(-1);const double PP = (II*1.0)/(180.00);typedef long long ll;typedef unsigned long long ull;typedef pair
    
      pii;typedef pair
     
       piil;ll vis[N],sum = 1;ll quick_pow(ll a,ll b)//这里加了个inline就t了。。不知道为啥，所以还是去重叭。。。{
       ll ans = 1;    while(b)    {
           if(b&1) ans = ans * a % mod;        b >>= 1;        a = a * a % mod;    }    return ans;}inline void solve(ll a){
       for(ll i = 2;i * i <= a;i++)    {
           if(a % i == 0)        {
               ll num = 0;            while(a % i == 0)                num++,a /= i;            vis[i] = max(vis[i],num);        }    }    if(a > 1) vis[a] = max(vis[a],(ll)1);}signed main(){
       std::ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0),cout.tie(0);    ll n;    n = read();    for(ll i = 0,a;i < n;i++)    {
           a = read();        solve(a);    }    for(ll i = 1;i <= 1e5;i++)        sum = sum * quick_pow(i,vis[i]) % mod;    printf("%lld\n",sum);}
     
    
   

暂时补到这。。。

转载地址：http://biirz.baihongyu.com/