【微信运营】微信红包8种植玩法,涨粉不再是题材

兹多开微信运营的以大众号初期的时刻最头疼的同样件事可能就是涨粉,对于片民众号名称明确的可能每日会发生十几个自然增长。但是就向远远不够,在微信运营着粉丝基数是基础,如果没粉丝那就从来不销量。但是今之用户不见面为若玩一个敛财刮卡或好转盘就去关注您,更称不齐改为您的忠于职守粉丝。我来看许多群众号每个月份召开三四涂鸦活动,每次奖品的资金还无逊色,但是意义非常不同,原因就是是动之变现形式较差或推广无办好。

设若您是看标题点进来的,就明白我当下边设受你说的即是因此微信红包涨粉的方,你或使问了发微信红包会不会见无限花钱,我来吃你终于一笔款你不怕理解了。要你开过百度竞价或天猫广告而尽管亮,用户点击一下财力也许就是假设3-5块(不同行业不同价格,有的会重值钱),而且人家还非必然请你的物,最后你啊也尚未获至。但是微信红包为?最低可以是1块,也不怕是人家关注而、知道乃的品牌与而的成品之成本低于一片钱(就算没有眷顾也发生曝光),后期还见面产生转化率。

简单题

本身这里会见把当前怀有微信红包的玩法还总结下,所以要你日渐看,如果没有看了得先行收藏起来。(如果你还尚无开发公众号微信红包功能,你得最终所以个人号来发,我便是这般做的)

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从而个人号的独到之处:1、用户不仅关心了大众号吧填补加了个人号;2、公众号的点击率越来越低,更多的曝光是以爱人围;3、方便跟粉丝产生互动;4、为产同样蹩脚走做好放。

Total Submission(s) : 19   Accepted Submission(s) : 14

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玩法目录(最后两个用于个人号活动)

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吉利今晚凭着鸡

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(Java/Other)

Total Submission(s) : 1379   Accepted Submission(s) : 501

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Problem Description

新近风行吃鸡,那就算直出口一行”Winner winner ,chicken
dinner!”(没有双引号)
模板代码:
#include <stdio.h>
int main(){
printf(“hello world\n”);
return 0;
}

Input

从没输入

Output

出口一行”Winner winner ,chicken dinner!”注意要换行

Sample Output

Winner winner ,chicken dinner!

解题报告:

签到题

#include <stdio.h>
int main(){
printf(“Winner winner ,chicken dinner!\n”);
return 0;
}

 

1002      

跳舞

Time Limit : 3000/1500ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 354   Accepted Submission(s) : 38

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Problem Description

相同天YZW参加了学堂组织交际舞活动,活动之开头活动方分别让男生与女生打1-n展开编号,按照自小至大顺时针的计开展男女搭档分配,相同编号的孩子成成有,例如一号男生与同等哀号女生配对,以此类推。可是YZW对中间一个不怎么姐姐一见钟情,于是趁机的客于管理员提出了少种植操作
1.于这种状态下,管理员会给闹活动的来头和尺寸,然后所有的男生向着这个主旋律移动x个岗位。2.管理员会把相邻之奇数和偶数位置及的男生互换。
以里女生的岗位是勿会见转移的。可是YZW不了解通过这些Q次操作后,他好套于何处,能否到自己喜好的有些姐姐身边。

Input

输入一个T代表T组数据(T<=10),每组输入一个n和q(2≤n≤200000,1≤q≤1000000,其中n为偶数),分别代表有n对男女和发q次操作。
对接下是q行,每一样实行输入:
1.x表示有男生移动的职的尺寸。同时x>0代表顺时针移动,x<0意味着逆时针移动。
2.意味管理员会把相邻的奇数和偶数位置上之男生互换。

Output

输出1声泪俱下到n号小姐姐配对之分级是几如泣如诉男生。

Sample Input

1

6 3

1 2

2

1 2

Sample Output

4 3 6 5 2 1

 

解题报告:记录第一个及第二单男生的职务n1和n2,将拥有的操作的震慑加在这点儿职及,其中第一种植操作相当给n1和n2加上要减去x,第二栽操作相当给奇数位置上的数+1,偶数位上之数-1.然后透过如此简单单职位推导出具有的别的岗位即可

代码:

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<bitset>

#include<set>

#include<map>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-8

#define bug(x)  cout<<“bug”<<x<<endl;

const int N=1e6+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;

const LL INF=1e18+10;

 

int a[N];

int main()

{

    int T;

    scanf(“%d”,&T);

    while(T–)

    {

        int n,q;

        scanf(“%d%d”,&n,&q);

        int s=1,e=2;

        while(q–)

        {

            int t;

            scanf(“%d”,&t);

            if(t==1)

            {

                LL x;

                scanf(“%lld”,&x);

                x%=n;

                s+=x;

                e+=x;

                if(s>n)s-=n;

                if(s<=0)s+=n;

                if(e>n)e-=n;

                if(e<=0)e+=n;

            }

            else

            {

                if(s%2)s++;

                else s–;

                if(e%2)e++;

                else e–;

            }

        }

        for(int i=1;i<=n/2;i++)

        {

            a[s]=i*2-1;

            a[e]=i*2;

            s+=2;

            e+=2;

            if(s>n)s-=n;

            if(e>n)e-=n;

        }

        for(int i=1;i<=n;i++)

            printf(“%d%c”,a[i],(i==n?’\n’:’ ‘));

    }

    return 0;

}

1003

即是道水题

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 827   Accepted Submission(s) : 179

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Problem Description

产生少独球在尺寸也L的直线跑道上走,两端也墙。0时刻小球a以1m/s底速由起点为终极运动,t时刻小球b为同之快慢由终端为起点运动。问T时刻两圆球的离。这里小球与小球、小球与墙之打均为弹性碰撞,所有过程并未能损失。

Input

先输入一个q,代表q组数据,然后每组3独整数 L,t,T。
1<=L<=1000;0<=t<=1000;t<=T<=1000;

Output

一个平头,代表答案。

Sample Input

2

10 4 7

8 3 9

Sample Output

0

5

解题报告:单独考虑每个微圆球,分别求出最后小球的职位pos1,pos2。答案就是为abs(pos1-pos2)。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

int main()
{
    int L,t,T;
    int cas;
    scanf(“%d”,&cas);
    while(cas–&&scanf(“%d %d %d”,&L,&t,&T)){
        int n=T%(2*L);
        int l;
        if(n>=L){
            l=L-(n-L);
        }else{
            l=n;
        }
        int r;
        int n2=(T-t)%(2*L);
        if(n2>=L){
            r=L-(n2-L);
        }else{
            r=n2;
        }
        r=L-r;
        int ans=r-l;
        if(ans>=0){
            printf(“%d\n”,ans);
        }else{
            printf(“%d\n”,-1*ans);
        }
    }
    return 0;
}

 

1004

 

小廖的美丽子串

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 7   Accepted Submission(s) : 0

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Problem Description

小廖最近迷恋于字符串,发现了一个题材,不能够解决,非常烦躁。你能帮忙他吧?
对此一个长短为n的字符串,可以起尺寸为m的字母表里摘构成。
概念一个字符串是好看之就满足:如果它的有所字符适当改各个后能够做一个回文串并且长度为奇数。
那么问题来了,大小为m的字母表组成的拥有大大小小为n的差有m^n个,其蕴藉美丽之子串的总数是微?

Input

率先输入一个t,代表t组数据t<=100
每组数据输入n,m,n代表字符串的长短,m代表字母表的高低。
1<=n,m<=2000

Output

出口结果mod1000000007。(mod表示取余)

Sample Input

3

2 2

3 2

10 3

Sample Output

8

32

1490526


解题报告:

设dp[i][j]意味着长度也i的差有j种植字符出现单数浅的个数。

dp[i][j]只能由dp[i-1][j-1]和dp[i-1][j+1]转化来。

倘长度为i-1的失误有j-1种植字符出现单数潮,可以在多余的(m-j+1)种字符选取一个;

只要长度也i-1的错有j+1栽字符出现单数不善,可以于(j+1)种字符里任选一个;

因此状态转移方程为:
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(m-j+1)+dp[i-1][j+1]*(j+1))

瞩目要能够做回文串,当长度为奇数时j=1,否则j=0.

枚举奇数长度i的失误,其职务好产生(n-i+1)种,其它n-i各任意补齐,所以于长度也i有

dp[i][1]*p[n-i]*(n-i+1)个,p[n-i]表示m的n-i次方。累加求和获取

ans=(ans+dp[i][i&1]*po[n-i]%mod*(n-i+1)%mod)%mod;

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#include<time.h>
#define F(x) (3*x*x-x)/2
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2000+10;
const int mod=1e9+7;
int n,m;
ll dp[maxn][maxn],po[maxn];
int main()
{
    int t;
    scanf(“%d”,&t);
    while(t–)
    {
        scanf(“%d%d”,&n,&m);
        dp[0][0]=1;dp[0][1]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            dp[i][0]=dp[i-1][1];
            dp[i][i]=(dp[i-1][i-1]*(m-i+1))%mod;
            int j;
            if(i&1)j=1;
            else j=2;
            for(;j<i;j+=2)
            {
                dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(m-j+1)+dp[i-1][j+1]*(j+1))%mod;
            }
        }
        po[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        po[i]=(po[i-1]*m)%mod;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
                    if(i%2)
            ans=(ans+dp[i][i&1]*po[n-i]%mod*(n-i+1)%mod)%mod;
        }
        printf(“%lld\n”,ans);
    }
    return 0;
}

 

1005      

矩阵

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 168   Accepted Submission(s) : 52

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Problem Description

比方你来一个矩阵,有这样的运算A^(n+1) = A^(n)*A (*意味着矩阵乘法)
当今既知道一个n*n矩阵A,S =
A+A^2+A^3+…+A^k,输出S,因为每一个元素最要命了,输出的每个元素模10

Input

优先输入一个T(T<=10),每组一个n,k(1<=n<=30, k<=1000000)

Output

输出一个矩阵,每个元素模10(行末尾没有剩余空格)

Sample Input

1

3 2

0 2 0

0 0 2

0 0 0

Sample Output

0 2 4

0 0 2

0 0 0

解题报告:

倍增,复杂度log(k)*n*n

代码:

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<bitset>

#include<set>

#include<map>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-8

#define bug(x)  cout<<“bug”<<x<<endl;

const int N=1e6+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;

const LL INF=1e18+10;

int n;

struct Matrix

{

    short a[31][31];

    Matrix()

    {

        memset(a,0,sizeof(a));

    }

    void init()

    {

        for(int i=0;i<n;i++)

            for(int j=0;j<n;j++)

                a[i][j]=(i==j);

    }

    Matrix operator + (const Matrix &B)const

    {

        Matrix C;

        for(int i=0;i<n;i++)

            for(int j=0;j<n;j++)

                C.a[i][j]=(a[i][j]+B.a[i][j])%MOD;

        return C;

    }

    Matrix operator * (const Matrix &B)const

    {

        Matrix C;

        for(int i=0;i<n;i++)

            for(int k=0;k<n;k++)

                for(int j=0;j<n;j++)

                   
C.a[i][j]=(C.a[i][j]+a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;

        return C;

    }

    Matrix operator ^ (const int &t)const

    {

        Matrix A=(*this),res;

        res.init();

        int p=t;

        while(p)

        {

            if(p&1)res=res*A;

            A=A*A;

            p>>=1;

        }

        return res;

    }

}a[100],base;

 

int main()

{

    int T;

    scanf(“%d”,&T);

    while(T–)

    {

        int k;

        scanf(“%d%d”,&n,&k);

        for(int i=0;i<n;i++)

        for(int j=0;j<n;j++)

        scanf(“%d”,&a[1].a[i][j]);

        base=a[1];

        for(int i=2;i<=20;i++)

        {

            a[i]=a[i-1]+(a[i-1])*base;

            base=base*base;

        }

        base=a[1];

        Matrix now,ans;

        now.init();

        for(int i=19;i>=0;i–)

        {

            if((1<<i)&k)

            {

                ans=ans+a[i+1]*now;

                now=now*(base^(1<<i));

            }

        }

        for(int i=0;i<n;i++)

        {

            for(int j=0;j<n;j++)

                printf(“%d%c”,ans.a[i][j],(j==n-1?’\n’:’ ‘));

        }

    }

    return 0;

}

1006      

大厦

Time Limit : 4000/2000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 41   Accepted Submission(s) : 2

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Problem Description

为你一个n(1<=n<=1000)层楼底高楼,每一样楼内有m(1<=m<=1000)房间,
每个房间一定的金钱X(1<=x<=1000),假设不同楼层的房是互通的,相同楼层的房间是无互通的。也就是说每层只能得到一个,现在于您一个捡钱的时机。捡钱的艺术各异,会促成您沾的钱的例外,求恐捡到之钱之前k大的及

Input

输入一个T,表示T组样例;
每组数据第一尽输入n,m,k
对接下输入n行,每行m个数,代表者房间装有的资财

Output

出口可能捡到的钱的前k大的以及

Sample Input

1

3 4 5

1 2 3 4

5 6 7 8

1 2 3 4

Sample Output

75

解题报告:

如果任意两重叠也集合A
B(从深及多少排序)对于B集合的元素B[i],显然它们跟A[1]组合值最酷,

如果B[i]+A[j]大凡前面K大值中之一个,那么B[i]+A[k](1<=k <
j)必然也是眼前K大的,

所以B[i]+A[j]被选则B[i]+A[j-1]前就是深受选了,

之所以先队列中只有待保障Size(B)个元素,首先把A[1]+B[i]成套进队,

历次从队首用出一个整合(i,j)(表示A[i]+B[j]),把A[i+1]+B[j]进队,

以至将出K个元素为止,即为这片只聚众合并的面前K大

n层的口舌使将每次得到的结果以及其它层按照这样处理便可以了

代码:

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<bitset>

#include<set>

#include<map>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-8

#define bug(x)  cout<<“bug”<<x<<endl;

const int N=1e3+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;

const LL INF=1e18+10;

 

 

int a[N],k,n,m;

vector<int>v;

struct is

{

    int x,pos;

    is(){}

    is(int _x,int _pos):x(_x),pos(_pos){}

    bool operator <(const is &c)const

    {

        return x<c.x;

    }

};

int cmp(int x,int y)

{

    return x>y;

}

vector<int> update(vector<int>v)

{

    vector<int>ans;

    if(v.size()*m<=k)

    {

        for(int i=0;i<v.size();i++)

        for(int j=1;j<=m;j++)

            ans.push_back(v[i]+a[j]);

        sort(ans.begin(),ans.end(),cmp);

    }

    else

    {

        priority_queue<is>q;

        for(int i=1;i<=m;i++)

        {

            q.push(is(a[i]+v[0],0));

        }

        int tmp=k;

        while(tmp–)

        {

            is x=q.top();

            ans.push_back(x.x);

            q.pop();

            if(x.pos+1<v.size())

            q.push(is(x.x-v[x.pos]+v[x.pos+1],x.pos+1));

        }

    }

    return ans;

}

int main()

{

    int T;

    scanf(“%d”,&T);

    while(T–)

    {

        scanf(“%d%d%d”,&n,&m,&k);

        v.clear();

        v.push_back(0);

        for(int i=1;i<=n;i++)

        {

            for(int j=1;j<=m;j++)

                scanf(“%d”,&a[j]);

            v=update(v);

        }

        LL ans=0;

        for(int i=0;i<k;i++)

            ans+=v[i];

        printf(“%lld\n”,ans);

    }

    return 0;

}

1007      

极品牛奶

Time Limit : 6000/3000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 52   Accepted Submission(s) : 6

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

超市来 n 种牛奶,每种牛奶的浓度也 ai/1000 。
Alice 想合成出同种植浓度也 k/1000
的极品牛奶,每种牛奶好请任意杯,她起码要购置小杯牛奶为?

Input

大多组输入,每组数据第一履输入 k、n ,第二履输入 n 个数ai,表示 n
种牛奶的浓淡。
0<=k<=1000 , 1<=n<=1000000, 0<=ai<=1000 。
所给数还是整数。

Output

每组数据输出一个反复,表示最少要购买多少杯牛奶。 如果无法合成浓度也 k/1000
的牛奶,就输出 -1 。

Sample Input

50 2

100 25

Sample Output

3

解题报告:要留心到浓度绝不见面跳1000/1000。

一经选取m杯牛奶,则 (a1+a2+……+am) / m =
n,变换一下啊(a1-n)+(a2-n)+……+(am-n) = 0。即如选 m杯牛奶,其浓度减
n之同为0。而浓度未跳1000,故(a1-n)+(a2-n)+….+(as-n)的与肯定在
-1000~1000之间,所以可以 bfs解,相当给找一长达浓度0 到浓度0
的路子,边长为(ai-n),这样交每个可能浓度点之离一定是近日之。

代码:

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<bitset>

#include<set>

#include<map>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-8

#define bug(x)  cout<<“bug”<<x<<endl;

const int N=1e3+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;

const LL INF=1e18+10;

 

vector<int>v[5];

int flag[N][2];

int dp[N][2];

int main()

{

    int k,n;

    while(~scanf(“%d%d”,&k,&n))

    {

        v[0].clear();

        v[1].clear();

        memset(flag,0,sizeof(flag));

        memset(dp,-1,sizeof(dp));

        int fuck=0;

        for(int i=1;i<=n;i++)

        {

            int x;

            scanf(“%d”,&x);

            if(x==k)fuck=1;

           
if(x<k&&!flag[k-x][0])v[0].push_back(k-x),flag[k-x][0]=1;

           
if(x>k&&!flag[x-k][1])v[1].push_back(x-k),flag[x-k][1]=1;

        }

        if(fuck)

        {

            printf(“1\n”);

            continue;

        }

        dp[0][0]=0;

        dp[0][1]=0;

        for(int kk=0;kk<=1;kk++)

        for(int i=0;i<v[kk].size();i++)

        {

            for(int j=v[kk][i];j<=1000;j++)

            {

                if(dp[j-v[kk][i]][kk]!=-1)

                {

                   
if(dp[j][kk]==-1)dp[j][kk]=dp[j-v[kk][i]][kk]+1;

                    else
dp[j][kk]=min(dp[j][kk],dp[j-v[kk][i]][kk]+1);

                }

            }

        }

        int ans=inf;

        for(int i=1;i<=1000;i++)

        if(dp[i][0]!=-1&&dp[i][1]!=-1)

        {

            ans=min(ans,dp[i][0]+dp[i][1]);

        }

        if(ans==inf)printf(“-1\n”);

        else printf(“%d\n”,ans);

    }

    return 0;

}

 

1008      

子序列

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 499   Accepted Submission(s) : 270

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

长度为 n
的序列,把它们分成稀截非空的子序列,定义权值为:两段子序列的极要命价值的不比之绝对值。求恐的尽老的权值。
数范围:
2 <= n <= 10^6 , 0 < 序列内之数 <= 10^6 。

Input

率先推行输入一个 T,表示出 T 组数据。
连下有 T 组数据,每组数据的第一实施输入一个数 n ,第二实践输入 n 个数。

Output

每组数据输出可能的极致充分的权值。

Sample Input

1

3

1 2 3

Sample Output

2

解题报告:

签到题,代码:

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<math.h>
using namespace std;
int a[1000010];
int main()
{
  int t;
  cin>>t;
  while(t–)
  {
   int maxn=0;int k,n;
   memset(a,0,sizeof(a));
   cin>>n;
   for(int i=1;i<=n;i++){
  
   cin>>a[i];
   if(a[i]>maxn)
   {
   maxn=a[i];
   k=i;
  }
  
  
                        }
    int k2;
    if(k!=1&&k!=n)
    k2=min(a[1],a[n]);
    else if(k==a[1])
    {
    
     k2=a[n];
    
}
else
k2=a[1];
cout<<maxn-k2<<endl;
  }
return 0;
}

 

1009

 

MDD的自由数

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 61   Accepted Submission(s) : 28

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

MDD随机生成了n(n<le5)个随机数x(x<=1e9),
及时n个随机数排成一个行列,MDD有q(q<=le5)个询问,
每个询问给你一个a,问您这个班中生出微只区间的最大公约数不也a

Input

先是实行输入一个T,表示T组测试样例
每组样例包含一个n,表示n个随机数
重输入一个Q,表示Q个询问
每个询问输入一个a

Output

每个询问输出有微个区间的gcd不为a

Sample Input

1

5

1 2 4 4 1

4

1

2

3

4

Sample Output

6

12

15

12

题解:考虑到如固定区间左端点L,那么右端点于L+1变化到n的进程被gcd最多变化logn次(因为老是转至少除为2),那么我们就是可枚举左端点,然后每次二分割值连续的距离,然后还包藏到map里,只待用富有的间距个数减去区间gcd=x的个数就是主题的答案

代码:#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<bitset>

#include<set>

#include<map>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-8

#define bug(x)  cout<<“bug”<<x<<endl;

const int N=1e3+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;

const LL INF=1e18+10;

 

int a[N];

map<int,LL>dp[N],ans;

map<int,LL>::iterator it;

int main()

{

    int n,T;

    scanf(“%d”,&T);

    while(T–)

    {

        scanf(“%d”,&n);

        ans.clear();

        for(int i=1;i<=n;i++)

            dp[i].clear();

        for(int i=1;i<=n;i++)

            scanf(“%d”,&a[i]);

        for(int i=1;i<=n;i++)

        {

            dp[i][a[i]]++;

            ans[a[i]]++;

            for(it=dp[i-1].begin();it!=dp[i-1].end();it++)

            {

                int x=it->first;

                LL z=it->second;

                int now=__gcd(x,a[i]);

                dp[i][now]+=z;

                ans[now]+=z;

            }

        }

        LL sum=1LL*n*(n+1)/2;

        int q;

        scanf(“%d”,&q);

        while(q–)

        {

            int x;

            scanf(“%d”,&x);

            printf(“%lld\n”,sum-ans[x]);

        }

    }

    return 0;

}

1010

QAQ

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K
(Java/Other)

Total Submission(s) : 1082   Accepted Submission(s) : 223

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

概念操作:将数 n 变为 f(n) =
floor(sqrt(n))。即对一个屡开平方后,再向下取整。
而针对 2 进行同样次等操作,开平方再于下取整, 1.414213562….. = 1 , 即变为了 1

今日叫闹一个数 n,如果会在 5 次操作内把 n 变为
1,则输出操作次数;如果则超越5浅输出”QAQ”。
数量范围:
1<= n <= 10^100

Input

多组输入,每行输入一个数 n。

Output

每组数据输出使略微坏操作,或者输出”QAQ”

Sample Input

233

233333333333333333333333333333333333333333333333333333333

Sample Output

3

QAQ

 

解题报告:签到开,大数

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include<string.h>
using namespace std;

int main()
{
char str[1000005];
 long long n;
 while(cin>>str)
 {  
    double ant=0;
    
  int len=strlen(str);
  if(len>10)
  cout<<“QAQ”<<endl;
  else
  {
  for(int i=0;i<len;i++)
  {
  ant=ant*10+str[i]-‘0’;
 }
 int flag=0;
 while(ant!=1)
 {
  ant= floor(sqrt(ant));
  flag++;
 }
 if(flag>5)
 cout<<“QAQ”<<endl;
 else
 cout<<flag<<endl;
 }
 }
 
    return 0;
}

l关注送红包

l关键词送红包

l口令红包

l签到红包

l刮刮卡/大转盘红包

l积分兑换红包

l红包朋友围广告

l中将红包

关心送红包

玩法介绍:用户扫码关注后即可获得红包,红包金额可以固定或随意。若没有支付,可在活动还原中带添加个人号发红包或者直接把二维码设置成个人号。现在个人号的曝光量和联络能力又强。

要害词送红包

玩法介绍:粉丝在民众号回复相应关键词可获取红包。

重在词红包玩法闹零星栽,第一栽及关注红包差不多,用来吸粉;第二种植是用重点词红包来激活沉睡的粉丝和增长粉丝活跃度,怎么开啊?你得定期的拓展有尽早红包活动,在确定之时段进行发送关键词领取红包,这样您的粉丝互就起了,只要出互动,你家商品自然就是人口产生购买,而且若推新品的上势必会生部分粉丝力挺你。

一言九鼎词送红包

案例:百度服务号提出了次、四、六后9点重操旧业关键就能够赶紧红包,通过这种方法百度服务号的刷比活跃率非常大,同时没有领到到红包的用户自由领取商城优惠券,这种方式使粉丝的粘性非常高。

口令红包

玩法介绍:后台生成口令,一个口令一个红包,用户关注群众号输入口令就能够领取红包。如果来力量好将用户之手机号导入,当作口令,用户只有待以万众号回复自己的手机号码,即可领取红包。

口令红包玩法吧时有发生点儿种植,第一种是于淘宝、京东平台的用户,因为若有包,在包被放入这样平等摆放卡,扫描关注回复口令就会取红包,这样用户都关心了俺们的百货商店,你得以这些平台的用户成为你的微信粉丝,当成会员管理起来。这里的卡片最好计划改为红包页面的规范,因为这样可以于用户一直联想成微信红包(如下图)

装进口叫红包

仲种植而可以很成有口令/关键词红包,把这些口令/关键词放到百货公司中之一点地方,让粉丝去寻觅,找到口令/关键词发送就可知接到红包,这样不光会带动了粉丝,而且若商城的情节外还见面细细的出境游一百分之百,增加了公的爆光。

口令红包

签证到红包

玩法介绍:后台装置签到效益,当粉丝连连、累积签到多少天就可领到红包。若后台有开,签到足够多少台好自行接到红包;用个人号则好截图然后发红包。签到为您的粉每天都见面点击你的公众号,激活哪些沉睡的粉,提高粉丝的粘性与成交转化。

签证到红包

刮刮卡/大转盘红包

玩法介绍:这块的玩法其实就是是拿奖品换成人们还认的红包,因为红包的价值大家还知道,看到现金的引发都见面错过与。如果开过得直接用平台发送;用个人号则足以截图然后发红包。

积分兑换红包

玩法介绍:粉丝生成海报后,让对象关注就得获积分,积分赞够就好换奖品。奖品可以装成我们自己之货物(让粉丝先体验,体验好了才见面起转化),也可装成红包。

眼前广大公众号还当为此积分兑换功能,但是这个意义已于微信盯上了,用之时刻最好不要太过。

小公众号积分兑换是不得不兑换商品的,所以也得截图给个体号发红包。

红包朋友围广告(个人号)

玩法介绍:红包朋友围广告其实就是相当给花钱买进用户的朋友围,让用户帮您发广告,你需要先准备好字和图纸,然后叫您的用户帮您错过宣传,需要注意的虽是得要确定广告在的岁月,为了保用户不会见刚接到红包就把广告去除。

中将红包(个人号)

玩法介绍:如果当红包朋友围广告或会见吃你的本投入非常高,那您便足以选取中将红包是活动,其实是近似于抽奖。你得事先创造一个群,然后把你的运动要求宣告出去,要求吃假如有先准备好之契加图广告以及一个中奖数字(因为群红包最后一各类数是一定会有,所以可以规定最终一各也1-9着之某一个数字),若开奖的时刻,有人抢到的红包末位数为前期规定之中奖数字并朋友圈发的广告还以则也中奖。

所以这个措施好自及飞速传播低本钱的来意,就是这般简单粗暴!

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