立方数(cubic)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK定义了一个数叫“立方数”，若一个数可以被写作是一个正整数的3次方，则这个数就是立方数，例如1,8,27就是最小的3个立方数。
现在给定一个数P，LYK想要知道这个数是不是立方数。
当然你有可能随机输出一些莫名其妙的东西来骗分，因此LYK有T次询问~
输入格式(cubic.in)
第一行一个数T，表示有T组数据。
接下来T行，每行一个数P。
输出格式(cubic.out)
输出T行，对于每个数如果是立方数，输出“YES”，否则输出“NO”。
输入样例
3
8
27
28
输出样例
YES
YES
NO
数据范围
对于30%的数据p<=100。
对于60%的数据p<=10^6。
对于100%的数据p<=10^18，T<=100。
这个题应该是个送分题
我们看这个题的数据范围p是<=10^18的，因为这个题要求是x*x*x==n,所以我们·如果枚举x，时间复杂度是10^6的，再加上T<=100，那么我们的总时间复杂度是10^6*100也就是10^8，因此不会爆
Ｏ(≧口≦)Ｏ zz啊、、忘了初始化了！
当使用多个while的时候，一定不要忘了初始化！！！！！！！！！
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; inline long long read() {long long x=0,f=1; char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f; } int main() {freopen("cubic.in","r",stdin);freopen("cubic.out","w",stdout);int T;bool flag;long long n,i=1;scanf("%d",&T);while(T--){n=read();flag=false,i=1;while(1){if(i*i*i==n) {flag=true;break;}else {if(i*i*i<n) i++;else break;}}if(flag) printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0; }
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; long long A; int T; bool work(long long x) {for (int i=1; ; i++){if (1ll*i*i*i==x) return true;if (1ll*i*i*i>x) return false;} } int main() {freopen("cubic.in","r",stdin);freopen("cubic.out","w",stdout);scanf("%d",&T);while (T--){scanf("%I64d",&A);if (work(A)) puts("YES"); else puts("NO");}return 0; }
立方数2(cubicp)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK定义了一个数叫“立方数”，若一个数可以被写作是一个正整数的3次方，则这个数就是立方数，例如1,8,27就是最小的3个立方数。
LYK还定义了一个数叫“立方差数”，若一个数可以被写作是两个立方数的差，则这个数就是“立方差数”，例如7(8-1),26(27-1),19(27-8)都是立方差数。
现在给定一个数P，LYK想要知道这个数是不是立方差数。
当然你有可能随机输出一些莫名其妙的东西，因此LYK有T次询问~
这个问题可能太难了…… 因此LYK规定P是个质数！
输入格式(cubicp.in)
第一行一个数T，表示有T组数据。
接下来T行，每行一个数P。
输出格式(cubicp.out)
输出T行，对于每个数如果是立方差数，输出“YES”，否则输出“NO”。
输入样例
5
2
3
5
7
11
输出样例
NO
NO
NO
YES
NO
数据范围
对于30%的数据p<=100。
对于60%的数据p<=10^6。
对于100%的数据p<=10^12，T<=100。
呜呜~~~~(>_<)~~~~
打了个暴力，应该全T了吧、、
我们要求的是x^3-y^3==p，看到这个式子，我们肯定能立即想到我们的立方差公式吧，据说在初中就学过的（呜呜，捂脸，我是一个小学生）
公式：
(a+b)(a²-ab+b²)=a³+b³
(a-b)(a²+ab+b²)=a³-b³
(a-b)^3=(a-b)(a-b)(a-b)=(a^2-2ab+b^2)(a-b)=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3
(a+b)^3=a^3+3a^2b－3ab^2+b^3
我们可以看到我们上面的式子可以化为x^3-y^3=(x-y)*(a^2+a*b+b^2)=p，我们知道p是素数，那么p的因子便只有1和它本身，我们看式子，只能是x-y=1了，即y=x-1,所以上面的式子又可以化成(x^2+x*(x-1)+x^2)==p，这样我们又只需要10^6枚举x就好了！
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; long long n,i,j,x,l; inline long long read() {long long x=0,f=1; char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f; } int main() {freopen("cubicp.in","r",stdin);freopen("cubicp.out","w",stdout);int T;bool flag;scanf("%d",&T);while(T--){n=read();flag=false;l=0;if(n==0) {flag=true; break;}for(i=1;i<=1000000;i++){if(!l) l=i-1;for(j=l;j>=1;j--){x=i*i*i-j*j*j;if(x==n) {flag=true;break;}else if(x>n) break;else l=j;}} if(flag) printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0; }
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; long long n,x,y; inline long long read() {long long x=0,f=1; char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f; } int main() {freopen("cubicp.in","r",stdin);freopen("cubicp.out","w",stdout);int T;bool flag;scanf("%d",&T);while(T--){n=read();flag=false;if(n==0) {flag=true; break;}for(x=1;x<=1000000;x++){y=x*x+x*(x-1)+(x-1)*(x-1);if(y==n) {flag=true;break;}if(y>n) break;} if(flag) printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0; }
猜数字(number)
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题目描述
LYK在玩猜数字游戏。
总共有n个互不相同的正整数，LYK每次猜一段区间的最小值。形如[li,ri]这段区间的数字的最小值一定等于xi。
我们总能构造出一种方案使得LYK满意。直到…… LYK自己猜的就是矛盾的！
例如LYK猜[1,3]的最小值是2，[1,4]的最小值是3，这显然就是矛盾的。
你需要告诉LYK，它第几次猜数字开始就已经矛盾了。
输入格式(number.in)
第一行两个数n和T，表示有n个数字，LYK猜了T次。
接下来T行，每行三个数分别表示li,ri和xi。
输出格式(number.out)
输出一个数表示第几次开始出现矛盾，如果一直没出现矛盾输出T+1。
输入样例
20 4
1 10 7
5 19 7
3 12 8
1 20 1
输出样例
3
数据范围
对于50%的数据n<=8，T<=10。
对于80%的数据n<=1000，T<=1000。
对于100%的数据1<=n,T<=1000000,1<=li<=ri<=n,1<=xi<=n（但并不保证一开始的所有数都是1~n的）。
Hint
建议使用读入优化
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
return x * f;
}
线段树+二分答案
对于这种类型的问题，我们有两种做法，一种是枚举判断没一个加入以后是否可行，第二种方法是进行二分
1~mid出现矛盾，答案在l~mid中，否则答案一定出现在mid+1~r中。
判断性问题，给定一堆猜测，判断是否产生矛盾
按xi从小到大排序
怎么判断是否矛盾？
对于[l,r]之前已经被更大的·xi覆盖了，说明出现了矛盾
将所有xi相同的进行合并（取区间交）
从大到小枚举这个xi，判断比xi大的区间的并是否完全覆盖了这个区间
查询：区间最小值
修改：将一段区间修改为1
这个操作，我们可以用并查集进行维护，判断一个区间是否已经被一个更大的xi覆盖
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 1000011 using namespace std; int read() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f; } struct Node {int x,y,z; }node[N],b[N]; int n,t,lmin,lmax,rmin,rmax,f[N]; int cmp(Node a,Node b) {return a.z>b.z;} int find(int x) {if(f[x]==x) return x;f[x]=find(f[x]);return f[x]; } int judge(int k) {for(int i=1;i<=n+1;i++) f[i]=i;for(int i=1;i<=k;i++) b[i]=node[i];sort(b+1,b+1+k,cmp);lmin=lmax=b[1].x;rmin=rmax=b[1].y;for(int i=2;i<=k;i++){if(b[i].z<b[i-1].z){if(find(lmax)>rmin) return 1;for(int j=find(lmin);j<=rmax;j++)f[find(j)]=find(rmax+1);lmin=lmax=b[i].x;rmin=rmax=b[i].y;}else{lmin=min(lmin,b[i].x);lmax=max(lmax,b[i].x);rmin=min(rmin,b[i].y);rmax=max(rmax,b[i].y);if(lmax>rmin) return 1;}} if(find(lmax)>rmin) return 1;return 0; } int main() {freopen("number.in","r",stdin);freopen("number.out","w",stdout);n=read(),t=read();for(int i=1;i<=t;i++)node[i].x=read(),node[i].y=read(),node[i].z=read();int l=1,r=t,mid,ans;while(l<=r){mid=(l+r)>>1;if(judge(mid)) ans=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}printf("%d",ans);return 0; }
