企业官网建设流程全解析

D-小圆爱玩龙龙（Easy）_河南萌新联赛2026第（四）场：南阳理工学院

小圆爱玩龙龙(Easy)

题目大意

有n nn件物品，背包容量W WW。
每件物品：花费w i w_iwi​，价值v i v_ivi​。

规则：

• 在选出来的物品集合里，最多可以免费拿其中1件，这件免费物品不用花钱。
• 剩下选的其他物品总花费之和≤ W \le W≤W。
• 目标：最大化拿到的总价值。

形式化：选集合S SS，选至多一个f ∈ S f\in Sf∈S免费；∑ i ∈ S , i ≠ f w i ≤ W \sum\limits_{i\in S,i\neq f} w_i \le Wi∈S,i=f∑​wi​≤W，求∑ i ∈ S v i \sum\limits_{i\in S}v_ii∈S∑​vi​的最大值。

核心思路

暴力枚举解法（Easy版，图上代码的思路）

枚举哪一件物品当做免费物品，一共n nn种情况：

1. 假设第f ff件免费：这件物品我们必拿，价值直接加上(v[f])，但是不给它算重量。
2. 剩下其余n-1 件物品，做普通01背包，背包容量依旧是W WW，求出最多价值dp[W]。
3. 总价值 =dp[W] + \(v[f]\)。
4. 在所有f = 0 … n − 1 f=0 \dots n-1f=0…n−1的结果里取最大值，就是答案。

时间复杂度：O ( n 2 W ) O(n^2W)O(n2W)，适合Easy数据；n大的时候会超时，需要二维dp优化版本。

状态解释

dp[j]：不选第f ff件物品，用不超过j jj的钱，能拿到的最大快乐值。手中有j元时有的最大快乐值
因为第f ff件免费直接拿，所以总价值 =dp[W] + \(v[f]\)。

核心代码：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]); 花费j时的最大快乐值=在买i之前的最大快乐值+买上i的快乐值

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n, W; cin >> n >> W; vector<int> w(n), v(n); for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> w[i] >> v[i]; } int ans = 0; // f：枚举哪一件物品作为【免费拿走】的物品 // f从0到n‑1，依次假设第f件免费 for (int f = 0; f < n; f++) { vector<int> dp(W + 1, 0); // dp[j]：花费j元能拿到的最大快乐值 for (int i = 0; i < n; i++) { if (i == f) continue; //免费的这件跳过，不参与背包（不用花钱买） ==== 【//标准01背包倒序循环】==== for (int j = W; j >= w[i]; j--) { dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]); } } // dp[W]：剩下物品用最多W元得到的最大价值；再加上免费物品的价值v[f] ans = max(ans, dp[W] + v[f]); } cout << ans << '\n'; return 0; }

G-你逃不过我你信不信_河南萌新联赛2026第（四）场：南阳理工学院

题目大意：

求1-n的每个数的阶乘之和，输出后4位，不足4位前面补0

核心思路：

n的范围较大，纯算会爆，求后4位为非是让后4位做运算，我们可以把阶乘和阶乘之和每次都%10000，我们发现当n>19时，后4位都是0313，当n>19时直接输出0313，n<19时直接算，输出后4位

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int N=10000; void solve(){ int n; cin>>n; if(n>19){ cout<<"0313"<<endl; return; } int sum=0,sum1=1; ====【阶乘与阶乘之和%10000】==== for(int i=1;i<=n;i++){ sum1*=i%10000; sum+=sum1; sum%=10000; } string s=to_string(sum); int l=s.size(); for(int i=l;i<4;i++)cout<<0; cout<<s; } signed main(){ int _=1; while(_--){ solve(); } }

J-小苯的星轨_河南萌新联赛2026第（四）场：南阳理工学院

小茉的星轨

题目大意

平面上有n nn颗星星，坐标( x i , y i ) (x_i,y_i)(xi​,yi​)，所有星星坐标互不相同。
选出两颗星星组成无序星星对，合法条件：过这两颗星星的直线经过原点KaTeX parse error: Can't use function '\(' in math mode at position 1: \̲(̲(0,0)\)。

特殊规则：

1. 无序对 ((i,j)) 和 ((j,i)) 算同一个。
2. 如果两颗星星其中有一颗是原点((0,0))，这个对直接合法。
3. 求总一共有多少合法无序点对。

几何含义：

• 两点连线过原点，等价于：两个点在同一条过原点的直线上。
• 一个点((x,y))，把坐标除以gcd ⁡ ( ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ) \gcd(|x|,|y|)gcd(∣x∣,∣y∣)，得到最简方向向量，同一条过原点直线上的非原点的点，最简方向向量要么完全相同，要么互为相反数。
  例：((2,4))与( − 1 , − 2 ) (-1,-2)(−1,−2)，都在同一条过原点直线。

核心思路

1. 原点单独处理
   设原点一共有c n t 0 cnt0cnt0个。
   原点和其他任意点配对全部合法，贡献：c n t 0 × ( n − c n t 0 ) cnt0 \times (n-cnt0)cnt0×(n−cnt0)。

注意：题目保证所有星星坐标互不相同，所以原点最多只会出现1个。

2. 非原点的点：求方向最简向量
   对一个点((x,y))，先求最大公约数g = gcd ⁡ ( ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ) g=\gcd(|x|,|y|)g=gcd(∣x∣,∣y∣)。
   得到n x = x / g , n y = y / g nx=x/g,\; ny=y/gnx=x/g,ny=y/g。

⚠坑：本质上是算斜率，让斜率相等的两两结合，但a/b会保留整数，用double也不行，除以最大公约数可以避免，把所有在同一条直线上的点全变为相同的点，统计这样的点有多少个

3. map统计每一个标准化方向的点的数量c n t cntcnt。
   同一个方向上有c n t cntcnt个点，两两配对合法，组合数：C c n t 2 = c n t ∗ ( c n t − 1 ) / 2 \boldsymbol{C_{cnt}^{2}=cnt*(cnt-1)/2}Ccnt2​=cnt∗(cnt−1)/2。

4. 答案 = 原点带来的贡献 + 所有方向组合数之和。

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define endl '\n' #define pii pair<int,int> #define fi first #define se second const int N=101; void slove(){ int n; cin>>n; map<pii,int>mp; int ans=0; vector<int>x(n+1,0); vector<int>y(n+1,0); for(int i=1;i<=n;i++){ cin >> x[i] >> y[i]; ======【星星对的计算】==== if(x[i]==0&&y[i]==0) { ans+=n-1; } else { int g=__gcd(x[i],y[i]); mp[{x[i]/g,y[i]/g}]++; } } for(auto c:mp){ ans+=c.se*(c.se-1)/2; } cout<<ans<<endl; } signed main(){ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0); int _; cin>>_; while(_--) slove(); return 0; }

L-A × B_河南萌新联赛2026第（四）场：南阳理工学院

高精度乘法，从低位运算

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long void solve(){ string s1,s2; cin>>s1>>s2; reverse(s1.begin(),s1.end()); reverse(s2.begin(),s2.end()); vector<int>s3(40,0); int l1=s1.size(),l2=s2.size(); for(int i=0;i<l1;i++){ for(int j=0;j<l2;j++){ s3[i+j]+=(s1[i]-'0')*(s2[j]-'0'); } } int len=l1+l2; ===先进位，再% for(int i=0;i<len;i++){ s3[i+1]+=s3[i]/10; s3[i]%=10; } bool ok=false; for(int i=len-1;i>=0;i--){ if(s3[i]!=0)ok=true; if(ok) cout<<s3[i]; } } signed main(){ int _=1; while(_--){ solve(); } }