CF思维训练，2020长春CCPC(A,D)
D. Knowledge Cards(华容道GAME)
题意：给定n*m的矩阵，初始在左上角有一摞牌，从上到下每张的数字构成了一个长度为k的排列，请问在保证1.不能使得牌在移动过程中重叠2.不能让牌反复出现在左上和右下角。这两个条件下，能否将所有的卡牌通过移动来使得最终摞在右下角的卡牌是一个自上而下的1，2，3，，，k的顺序
思路：结论题，不难看出只要目前场上只要有一个空我就可以通过一系列的移动使得某张牌到我想要的位置上，所以只要目前要去右下角的牌放上去之后还能有一个空就可以了。
#include using namespace std;const int N = 1e6+100;
int n,m,k;
int a[N];
int tr[N];
int ask(int x) {int res = 0;for(x; x ; x -= (x & -x)) res += tr[x];return res;
}void add(int x, int v) {for(x; x <= k ; x += (x & -x)) tr[x] += v;
}void solve()
{cin >> n >> m >> k;for(int i = 1; i <= k ; i ++ ) cin >> a[i], tr[i] = 0;bool flag = true;for(int i = 1; i <= k ; i ++ ) {if(ask(a[i]) >= n * m - 3) flag = false;add(a[i], 1);}if(flag) cout << "YA" << endl;else cout << "TIDAK" << endl;
}signed main()
{int t;for(cin>>t;t;t--){solve();}return 0;
}
C. Almost All Multiples（构造）
题意：给定n，x，请你构造一个排列，使得a[n]=1并且a[1]=x，而且要求每个位置上的数都是这个位置的倍数(即a[i]%i==0)的情况下使得排列的字典序最小。
思路：思路太多了反而给自己写挂了，反思一下应该想清楚后再写
对于给定的这个x;
1.如果n%x！=0,，显然无法构造，必然有个位置不满足a[i]%i== 0
2. 考虑如何构造，对于必然的两个点1和n，我们先构造好他，然后把n安放在x处，随后不断地向后试探是否有位置可以和n交换，交换后再不断试探，如此往复即可。
#include using namespace std;
#define endl '\n'
const int N = 2e5+100;
int a[N];
int main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t;for(cin>>t;t;t--){int n,x;cin>>n>>x;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=0;if(n%x){cout<<-1<a[i]=i;}if(n==x){swap(a[1],a[n]);for(int i=1;i<=n;i++)cout<if(n%i==0&&i%now==0){swap(a[now],a[i]);now=i;}}for(int i=1;i<=n;i++){cout< 真的气，为什么vp每次都有牌，济南就犯了傻逼错误，我求求老天了，让我们杭州正式赛发挥好一次，呜呜呜。
A. Krypton（多重背包）
题意：给定了n个物品，这n个物品你可以无限卖，第一次卖的时候每个物品会有不同的赠品，每个物品和赠品都有其价值，请问给定m块钱怎样买能获得最大价值。
思路：zsy读到这题好像在想别的方法，和我说一下一眼多重背包就过了。
顺带一提，所谓基础的四个背包（01，多重，无限，混合）其实都可以直接用多重背包来做，没那么麻烦的。
#include using namespace std;
#define endl '\n'const int N = 1e5+100;
struct node
{int w,v,num;
};
node a[N];
int dp[N];
int main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int n;cin>>n;a[1].num=1,a[1].v=18,a[1].w=1;a[2].num=1,a[2].v=78,a[2].w=6;a[3].num=1,a[3].v=280+28,a[3].w=28;a[4].num=1,a[4].v=880+58,a[4].w=88;a[5].num=1,a[5].v=1980+128,a[5].w=198;a[6].num=1,a[6].v=3280+198,a[6].w=328;a[7].num=1,a[7].v=6480+388,a[7].w=648;a[8].num=10000,a[8].v=10,a[8].w=1;a[9].num=10000,a[9].v=60,a[9].w=6;a[10].num=10000,a[10].v=280,a[10].w=28;a[11].num=10000,a[11].v=880,a[11].w=88;a[12].num=10000,a[12].v=1980,a[12].w=198;a[13].num=10000,a[13].v=3280,a[13].w=328;a[14].num=10000,a[14].v=6480,a[14].w=648;for(int i=1;i<=14;i++){int num=min(a[i].num,n/a[i].w);for(int k=1;num>0;k<<=1){if(k>num)k=num;num-=k;for(int j=n;j>=a[i].w*k;j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].w*k]+a[i].v*k);}}}cout< D. Meaningless Sequence(数位DP的思想，位运算，打表)
题意：请对于a的数列，有如下通项公式。给定n和c请你求解第二个公式
思路：俗话说得好，看不出规律就打表。
打表发现a的每一项可以理解为c的多少次幂，而这个多少次幂又恰好发现是对应n的二进制表示下1的数量之和。那么这题就变成了：统计从0到n各个数二进制位都出现了多少次，用到了一点数位DP的思想
#include using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
const int N=3e3+5;
const int mod = 1e9+7;
int x,a[N],c[N][N];
char s[N];
int fastpow(int n,int a)
{int res=1;while(n){if(n&1){res=res*a%mod;}a=a*a%mod;n>>=1;}return res%mod;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);c[0][0]=c[1][1]=1;for(int i=1;i<=3000;i++){c[0][i]=c[i][i]=1;for(int j=0;jc[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;}}cin>>(s+1)>>x;int n=strlen(s+1),sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='0') continue;int len=n-i;for(int j=0;j<=len;j++)a[j+sum]=(a[j+sum]+c[len][j])%mod;sum++;}a[sum]++;int ans=0;for(int i=0;i<=3000;i++){ans=(ans+a[i]*fastpow(i,x)%mod)%mod;//cout<