题目链接

A.夹娃娃

题意：
$给定n个值a_i$
$q次询问，每次给出l和r$
$求出区间l到r的和$
题解：
$n<=1e5,k<=1e6$
$很明显暴力是不行的$
$但是这个方法还是很多的$
$最简单的就是直接前缀和$
$sum[r]-sum[l-1]就是区间的和$
$除此之外树状数组，线段树都是可以的，但是需要log的复杂度$
AC代码

/*Author:zzugzxLang:C++Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
#define SZ(x) (int)x.size()
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int mod=1e9+7;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[8][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};
int a[maxn],sum[maxn];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);//freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);int n,k;cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],sum[i]=sum[i-1]+a[i];while(k--){int l,r;cin>>l>>r;cout<<sum[r]-sum[l-1]<<endl;}return 0;
}

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B.莫的难题

题意：
$问用1，2，3，5，9组成的数里$
$第C_n^mmod~1e9+7小的是哪个$
题解：
$首先肯定要把这个组合数求出来$
$正常的阶乘逆元操作先求出数组，看是第几位数$
$然后由于数的每一位是这五位数组成$
$这完全可以当成一个五进制数$
$1，2，3，5，9对应的分别是0，1，2，3，4$
$这样就成了一个找五进制数的过程$
$但是会发现，直接这样找出来的答案并不是我们想要的$
$因为这个标记第几小的数是一个十进制，他是从0开始的$
$但是对于这个数组来说，第1小的数是1$
$然而你想取到1，应该是一个第0小的数才对应的是1$
$总的来说意思就是，对于正常的五进制，你想取到的第1小的数是0$
$所以由于这一个，导致每一位都出现了一个数的偏差$
$所以要把每一位的这个数减去，最后化成五进制得到答案$
$由于得到的是倒序的答案，用栈存输出即可$
AC代码

/*Author:zzugzxLang:C++Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
#define SZ(x) (int)x.size()
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int mod=1e9+7;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[8][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};ll fact[maxn],inv1[maxn];
ll Pow(ll a, ll b){ll ans = 1;while(b > 0){if(b & 1){ans = ans * a % mod;}a = a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}
//逆元
ll inv(ll b){return Pow(b,mod-2)%mod;
}ll C(ll n,ll m){if(m>n||n<0||m<0)return 0;if(m==0||m==n) return 1;ll res=(fact[n]*inv1[m]%mod*inv1[n-m])%mod;return res;
}void init() {fact[0] = 1;for (int i = 1; i < maxn; i++) {fact[i] = fact[i - 1] * i %mod;}inv1[maxn - 1] = Pow(fact[maxn - 1], mod - 2);for (int i = maxn - 2; i >= 0; i--) {inv1[i] = inv1[i + 1] * (i + 1) %mod;}
}int a[]={1,2,3,5,9};int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);//freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);int _;cin>>_;init();while(_--){ll n,m;cin>>n>>m;ll x=C(n,m);stack<int> s;while(x>0){x--;s.push(x%5);x/=5;}while(s.size())cout<<a[s.top()],s.pop();cout<<endl;}return 0;
}

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C. 不平衡数组

题意：
$给2个长度为n的数组a_i，b_i$
$你可以使某一个a_i加一，但是对应每个a_i只能加一一次$
$加一的时候需要花费b的代价$
$问使得数组中相邻数都不相等，最少需要多少代价$
题解：
$n<=1e5$
$这道题我最先想到的就是dfs剪枝$
$因为每个a_i只能加一次$
$所以只要考虑这个a_i到底加不加$
$对每种情况判断一下是否可行，进行剪枝$

$很明显，这个n的数据范围会导致超时$
$但是其实换一种方法分析$
$每个位置有两种状态，如果只考虑每个状态的上一个数和他的状态$
$然后进行转移，这不就是dp问题了$
$所以dp[i][2]前i个数里第i个数是否加的状态的最小代价$
$然后如果上个数加1不等于这个数$
$dp[i][0]=dp[i-1][1]$
$如果上个数不等于这个数加一$
$dp[i][1]=dp[i-1][0]+b[i]$
$用这样可以对两个数的所有状态进行转移$
$还有除此之外的两种转移详见代码$
$最后答案就是min(dp[n][1],dp[n][0])$
AC代码

/*Author:zzugzxLang:C++Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
#define SZ(x) (int)x.size()
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int mod=911451407;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[8][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};ll n,ans=1e18;
ll a[maxn],b[maxn];
ll dp[maxn][2];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);//freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]>>b[i];for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][1]=dp[i][0]=1e18;dp[0][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]+1!=a[i-1])dp[i][1]=min(dp[i][1],dp[i-1][0]+b[i]);if(a[i]!=a[i-1]+1)dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[i-1][1]);if(a[i]!=a[i-1])dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[i-1][0]);if(a[i]+1!=a[i-1]+1)dp[i][1]=min(dp[i][1],dp[i-1][1]+b[i]);}cout<<min(dp[n][1],dp[n][0]);return 0;
}

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D. 数列统计

题意：
$以x结尾的长度为l的非降数组有多少种$
题解：
$这道题可以进行一个递推$
$因为长度为l的以x结尾的数肯定能从两种数递推$
$一个是长度为l-1以1到x-1结尾的数$
$另一个是长度为1到l-1以x结尾的数$
$但是我们一直递推可以减去第二种$
$我们把第一种改为长度为l-1以1到x结尾的数$
$这样递推下来就把第二种情况全部覆盖$
$所以就形成了一个递推式$
$dp[l][x]=\sum_{i=1}^xdp[l-1][i]$
$设置好边界值即可使用递推式即可求得结果$

$但是我一开始没有想到这个递推式$
$我用的是打表的方法$

$这一看，就很明显了，杨辉三角$
$只不过这个行数是斜着的，可以算出来$
$行数就是l+x-1，列就是第l个$
$直接用杨辉三角公式C_{n-1}^{m-1}代入$
$结果就是C_{l+x-2}^{l-1}$
$逆元快速幂什么的计算一下就行了$
AC代码

/*Author:zzugzxLang:C++Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
#define SZ(x) (int)x.size()
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int mod=911451407;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=2e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[8][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};ll fact[maxn],inv1[maxn];
ll Pow(ll a, ll b){ll ans = 1;while(b > 0){if(b & 1){ans = ans * a % mod;}a = a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}
//逆元
ll inv(ll b){return Pow(b,mod-2)%mod;
}ll C(ll n,ll m){if(m>n||n<0||m<0)return 0;if(m==0||m==n) return 1;ll res=(fact[n]*inv1[m]%mod*inv1[n-m])%mod;return res;
}void init() {fact[0] = 1;for (int i = 1; i < maxn; i++) {fact[i] = fact[i - 1] * i %mod;}inv1[maxn - 1] = Pow(fact[maxn - 1], mod - 2);for (int i = maxn - 2; i >= 0; i--) {inv1[i] = inv1[i + 1] * (i + 1) %mod;}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);//freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);int _;init();while(cin>>_){while(_--){ll l,x;cin>>l>>x;cout<<C(l+x-2,x-1)<<endl;}}return 0;
}