传智杯练习赛参考

于 2022-11-30 15:39:38 发布
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分类专栏： C语言进阶 复习题 文章标签： 算法 c++ 数据结构 java
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第一题 [传智杯 #5 练习赛] 复读

题目描述

给定若干个字符串，不定数量，每行一个。有些字符串可能出现了多次。如果读入一个字符串后，发现这个字符串以前被读入过，则这个字符串被称为前面相同的字符串的复读，这个字符串被称为复读字符串。相应的，每个首次出现的字符串就是非复读字符串。

举个例子，

abc
def
abc
abc
abc

第 1 , 3 , 4 , 5 1,3,4,5 1,3,4,5 行是字符串 abc，那么 3 , 4 , 5 3,4,5 3,4,5 行的字符串会被称为“复读”。

请你把所有的非复读字符串，按照行号从小到大的顺序，依次拼接为一个长串并输出。

输入格式

多个字符串，每行一个，含义见题目描述。

注意：如果这个字符串是 0，说明所有字符串都读完了。这个 0 不认为是一个“非复读字符串”。

输出格式

共一行，表示所有非复读字符串，按照行号从小到大依次连接的结果。

样例 #1

样例输入 #1

cc
b
a
cc
0

样例输出 #1

ccba

提示

【数据范围】

字符串的个数不超过 500 500 500 个，字符串总长度不超过 50000 50000 50000，每个字符串中只包含小写字母、数字、 . 、! 和 &，不包含空格等特殊符号。

参考代码

C++

#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
string s[600];
int main(){
  int cnt = 0;
  while(true) {
    ++cnt; cin >> s[cnt];
    if(s[cnt] == "0") break;
    bool vis = false;
    for(int i = 1; i < cnt; i++) {
      if(s[i] == s[cnt]) {
        vis = true; break;
      }
    }
    if(vis == false) cout << s[cnt];
  }
  return 0;
}

Java

import java.util.HashMap;
import java.util.Map;
import java.util.Scanner;

public class Main {

	public static void main(String[] args) {
		Scanner in = new Scanner(System.in);
		Map<String,String> map = new HashMap<>();
		String s = in.next();
		String a = "";
		while( !"0".equals(s) ) {
			if( !map.containsKey(s) ) {
				map.put(s, a);
				a += s;
			}
			s = in.next();
		}
		System.out.println(a);
	}

}

第二题 [传智杯 #5 练习赛] 时钟

题目描述

你有一个电子钟，可以显示 0:00 到 23:59 之间的所有时间，以数字的形式显示。其中小时是 0 到 23（0 时会显示一个 0，而 1 到 9 时不会显示前导 0），分钟是 00 到 59（0 到 9 分都会显示前导 0）。任何时刻，电子钟都会显示三个或者四个 0 0 0 到 9 9 9 的数字。如果在某时刻，这些数字依次组成了一个等差数列，则这个时刻被称为“好时刻”。

你感觉很无聊，从 0:00 时刻开始盯着这个电子钟。一共盯了 x x x 分钟。请问整个过程中，"好时刻"来临了多少次（算上开头和结尾）？

输入格式

一个不超过 1 0 9 10^9 109 的非负整数。

输出格式

请输出"好时刻"来临了多少次？

样例 #1

样例输入 #1

120

样例输出 #1

10

样例 #2

样例输入 #2

2880

样例输出 #2

79

样例 #3

样例输入 #3

987654321

样例输出 #3

26748975

提示

【样例解释】

你观察了 2 个小时，其中这些“好时刻”来临了：

0:00
0:12
0:24
0:36
0:48
1:11
1:23
1:35
1:47
1:59

一共是 10 个。

参考代码

C++

#include<iostream>
using namespace std;
int main() {
  int n, days, ans = 0;
  cin >> n;
  days = n / 1440;
  n %= 1440;
  ans = days * 39;
  for (int h = 0; h < 24; h++)
    for (int m = 0; m < 60; m++) {
      int a, b, c, d;
      a = h / 10;
      b = h % 10;
      c = m / 10;
      d = m % 10;
      if (h >= 10 && b-a == c-b && c-b == d-c)
        ans++;
      if (h <= 9 && c - b == d - c)
        ans++;
      n--; 
      if(n < 0)
        break;
    }
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

Java

import java.util.Scanner;

public class Main {
	public static void main(String[] args) {
		int n,days,ans = 0;
		Scanner sc = new Scanner(System.in);
		n = sc.nextInt();
		days = n / 1440; //一天有1440分钟，把输入的分钟数换算成天数
		n %= 1440;
		ans = days * 39;
		for (int h = 0; h < 24; h++) {
			for (int m = 0; m < 60; m++) {
				int a, b, c, d;
				a = h /10;
				b = h % 10;
				c = m / 10;
				d = m % 10;
				if (h >= 10 && b - a == c - b && c - b == d - c) {
					ans++;
				}
				if (h <= 9 && c - b == d - c) {
					ans++;
				}
				n--;
				if(n < 0) break;
			}	
		}
		System.out.println(ans);
	}
}

第三题 [传智杯 #5 练习赛] 平等的交易

题目描述

你有 n n n 件道具可以买，其中第 i i i 件的价格为 a i a_i ai​。

你有 w w w 元钱。你仅能用钱购买其中的一件商道具。当然，你可以拿你手中的道具换取其他的道具，只是这些商道具的价值之和，不能超过你打算交换出去的道具。你可以交换无数多次道具。道具的价值可能是 0 0 0，但是你不能使用空集换取价值为 0 的商品。

请问，在这个条件下，最多可以换取多少件道具？

输入格式

第一行一个正整数 n n n，表示道具个数。

接下来一行 n n n 个正整数，表示 { a n } \{a_n\} {an​}。

接下来一行 1 1 1 个正整数，表示 w w w。

输出格式

一个正整数，表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

3 
1 1 2
5

样例输出 #1

2

提示

【样例解释】

买价值为 2 2 2 的道具，并交换为两个价值为 1 1 1 的道具。

【数据范围及约束】

测试数据满足， 1 ≤ n ≤ 1 0 6 1 \leq n\leq10^6 1≤n≤106， 0 ≤ a i ≤ 1 0 9 0 \leq a_i\leq 10^9 0≤ai​≤109， 1 ≤ w ≤ 2 × 1 0 9 1 \leq w\leq2\times10^{9} 1≤w≤2×109。

参考代码

C++

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1000010], n;
long long int sum, w;
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    cin >> w;
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    for (int i = n; i > 0; i--)
        if (a[i] <= w) {
            w = a[i]; break;
        }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        w -= a[i];
        if (w >= 0) {
            sum++;
        } else {
            cout << sum; break;
        }
    }
    return 0;
}

Java

import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;

public class Main {
	public static void main(String[] args) {
		Scanner scanner=new Scanner(System.in);
		int n=scanner.nextInt();
		int []a=new int[n];
		for (int i = 0; i < n; i++) 
			a[i]=scanner.nextInt();
		Arrays.sort(a);
		int w=scanner.nextInt();
		for (int i = n-1; i >=0 ; i--) 
			if (w>=a[i]) {
				w=a[i];
				break;
			}
		int res=0;
		for (int i = 0; i < n; i++) 
			if (w>=a[i]) {
				res++;
				w-=a[i];
			}
		System.out.println(res);
		scanner.close();
	}
}

第四题 [传智杯 #5 练习赛] 清洁工

题目描述

有一个 n × n n\times n n×n 的地块，一个连续 i i i 分钟没人经过的地面在第 i i i 分钟会落上 i i i 个单位的灰，有人经过时不会落灰但灰也不会清零，在人走后第一分钟又会落上一个单位的灰，以此类推。你在这个 n × n n\times n n×n 的范围内移动，你的移动轨迹可以描述为一个由 N,S,W,E \text{N,S,W,E} N,S,W,E 组成的字符串，每个字母分别表示上、下、左、右。这个人一开始在点 ( x , y ) (x,y) (x,y)，每一分钟移动一步。

求最后每一个位置上落下的灰的量。

本题中的上和右分别表示 y y y 轴正方向和 x x x 轴正方向。保证你没有超过移动的范围。

输入格式

第一行四个正整数 n , m , x , y n,m,x,y n,m,x,y，含义如题面所示，其中 x , y x,y x,y 表示横纵坐标，不是数组下标。
第二行一个长度为 m m m 的字符串，表示你的移动序列。

输出格式

共 n n n 行，每行 n n n 个数，第 i i i 行的第 j j j 个数表示坐标 ( j , n − i + 1 ) (j,n-i+1) (j,n−i+1) 上的灰的数量

样例 #1

样例输入 #1

5 4 1 1
NENW

样例输出 #1

10 10 10 10 10 
10 10 10 10 10 
10 6 10 10 10 
4 4 10 10 10 
6 10 10 10 10

样例 #2

样例输入 #2

7 14 1 1
NENENENENESSSS

样例输出 #2

105 105 105 105 105 105 105 
105 105 105 105 55 61 105 
105 105 105 49 51 69 105 
105 105 51 49 105 79 105 
105 61 55 105 105 91 105 
79 69 105 105 105 105 105 
91 105 105 105 105 105 105

样例 #3

样例输入 #3

10 70 2 2
NWSNSNNNSNNSSNNSENNNNEESNWSESESSWENNSEWESWWWESEEESENNSENWNESNWSNNNEESS

样例输出 #3

2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 
2485 1407 1205 1267 2485 2485 2485 2485 2485 2485 
2485 1435 1281 1167 2485 2485 2485 2217 2281 2347 
2485 1465 2485 1255 1041 2485 2485 2155 2485 2415 
1557 1497 2485 2485 969 1177 2485 1733 1807 2485 
1471 1531 1315 907 935 1267 2485 1473 1647 2485 
1631 2485 2485 1357 1381 1407 1435 1499 1645 2485 
2021 2347 2485 2485 2485 2485 1465 1497 2485 2485 
2087 2415 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 
2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485

样例 #4

样例输入 #4

5 4 2 1
NENW

样例输出 #4

10 10 10 10 10 
10 10 10 10 10 
10 10 6 10 10 
10 4 4 10 10 
10 6 10 10 10

提示

本题 y 轴朝上，x 轴朝右，样例输出中的左下角表示 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)，第一分钟你在初始点处，第二分钟移动到相应的位置，第 m + 1 m+1 m+1 分钟移动到最后一个点，但是总共只有 m m m 分钟，因此最后一个点不受移动的影响

样例 1 解释：

你的移动路径为 ( 1 , 1 ) → ( 1 , 2 ) → ( 2 , 2 ) → ( 2 , 3 ) → ( 1 , 3 ) (1,1)\rightarrow(1,2)\rightarrow(2,2)\rightarrow(2,3)\rightarrow(1,3) (1,1)→(1,2)→(2,2)→(2,3)→(1,3)，共 4 4 4 分钟。

对于第 1 1 1 分钟， ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 灰层数不变，其余点被落下了 1 1 1 层灰。

对于第 2 2 2 分钟， ( 1 , 2 ) (1,2) (1,2) 灰层数不变， ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 被落下了 1 1 1 层灰，其余点落下 2 2 2 层灰。

对于第 3 3 3 分钟， ( 2 , 2 ) (2,2) (2,2) 灰层数不变， ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 落下 2 2 2 层灰， ( 1 , 2 ) (1,2) (1,2) 落下 1 1 1 层灰，其余点落下 3 3 3 层灰。

对于第 4 4 4 分钟， ( 2 , 3 ) (2,3) (2,3) 灰层数不变， ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 落下 3 3 3 层灰， ( 1 , 2 ) (1,2) (1,2) 落下 2 2 2 层灰， ( 2 , 2 ) (2,2) (2,2) 落下 1 1 1 层灰，其余点落下 4 4 4 层灰。

注意最后你移动到了 ( 1 , 3 ) (1,3) (1,3)，但是时间只有 4 4 4 分钟，所以实际上不会对 ( 1 , 3 ) (1,3) (1,3) 造成影响。初始点不一定在 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)。

1 ≤ n ≤ 50 , 1 ≤ m ≤ 1000 1\le n\leq 50,1\leq m\le 1000 1≤n≤50,1≤m≤1000。

参考代码

C++

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n, m, x, y;
vector <int> v[1005][1005];
string s;
int calc(int x) {return  x * (x + 1) / 2;}
int main() {
  cin >> n >> m >> y >> x;
  cin >> s;
  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
    v[x][y].push_back(i + 1);
    if (s[i] == 'N')x++; if (s[i] == 'S')x--;
    if (s[i] == 'W')y--; if (s[i] == 'E')y++;
    if (x < 1 || x > n || y < 1 || y > n) {
      printf("WRONG!!!!");
      return 0;
    }
  }
  for (int i = n; i >= 1; i--, printf("\n")) 
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      v[i][j].push_back(s.size() + 1);
      int ans = 0, now = 0;
      for (int k = 0; k < v[i][j].size(); k++) {
        ans += calc(v[i][j][k] - now - 1);
        now = v[i][j][k];
      }
      printf("%d ", ans);
    }
  return 0;
}

Java

import java.util.Scanner;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner input = new Scanner(System.in);
        int n, m, x, y;
        n = input.nextInt(); m = input.nextInt();
        x = input.nextInt(); y = input.nextInt();
        String S = input.next();
        int num = (m * (1 + m)) / 2;
        int [][]arr = new int[n + 1][n + 1];
        int [][]arr2 = new int[n + 1][n + 1];
        int t = 1;
        for (char c : S.toCharArray()) {
            if (t > m)
                break;
            arr2[x][y] = 0;
            for (int i = 1; i <= n; i++) {
                for (int j = 1; j <= n; j++) {
                    if (i != x || j != y) {
                        arr[i][j] += (++arr2[i][j]);
                    }

                }
            }
            if (c == 'N')
                y += 1;
            else if (c == 'S')
                y -= 1;
            else if (c == 'W')
                x -= 1;
            else
                x += 1;
            t++;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                System.out.print(arr[j][n - i + 1] + " ");
            }
            System.out.println();
        }
    }
}

第五题 [传智杯 #5 练习赛] 树的变迁

题目描述

给定一棵具有 n n n 个节点的树，每个节点有一个初始权值 a i a_i ai​。

一共需要进行 m m m 次操作，每次操作包括：

  • 1 e 编号为 e e e 的边突然消失，使得它所在的那棵树变成了两棵树。

  • 2 u val 编号为 u u u 的节点的权值变成了 v a l val val。

  • 3 u 进行了一次查询，查询 u u u 所在的那棵树的权值之和。

现在你需要来模拟上述事件，以了解树的变迁。

输入格式

第一行为 n , m n, m n,m，如上所述。

第二行有 n n n 个数，为 n n n 个结点的初始权值，在 1 0 3 10^3 103 以内。

下面 n − 1 n-1 n−1 行，每行一组 u , v u, v u,v，表示一条边。（保证初始为一棵树）

下面 m m m 行有 m m m 个操作：

先读入一个 opt \text{opt} opt，表示操作类型。

  • opt = 1 \text{opt}=1 opt=1 时，读入 e e e，表示删掉读入的第 e e e 条边。（保证第 e e e 条边存在）

  • opt = 2 \text{opt}=2 opt=2 时，读入 u , v a l u,val u,val，表示把结点 u u u 的权值改成 v a l val val（ v a l ≤ 1000 val \le 1000 val≤1000）。

  • opt = 3 \text{opt}=3 opt=3 时，读入 u u u，表示查询 u u u 所在的那棵树的结点权值和。

输出格式

对于每个查询操作，输出一行一个数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

2 3
1 1
1 2
2 2 4
1 1
3 2

样例输出 #1

4

提示

所有测试数据数据满足 1 ≤ n , m ≤ 10 5 1 \leq n,m \leq {10}^5 1≤n,m≤105， 1 ≤ a i , v a l ≤ 1000 1 \leq a_i,val \leq 1000 1≤ai​,val≤1000。

参考代码

C++

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100100;
int fa[N];
int getfa(int u){
	if(fa[u]==u){
		return u;
	}
	return fa[u]=getfa(fa[u]);
}
int val[N],siz[N];
vector<int> v[N];//记录出现过的点权
void merge(int u,int v){
	u=getfa(u);
	v=getfa(v);
	if(siz[u]>siz[v])	swap(u,v);
	fa[u]=v;
	val[v]+=val[u];//中途更新点权和
	siz[v]+=siz[u];
}//按秩合并
struct ask{
	int opt,u;
}a[N];
int x[N],y[N];
bool vis[N];
int main(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>val[i];
		v[i].push_back(val[i]);
		fa[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<n;i++)	cin>>x[i]>>y[i];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a[i].opt>>a[i].u;
		if(a[i].opt==1)	vis[a[i].u]=1;
		else if(a[i].opt==2){
			cin>>val[a[i].u];
			v[a[i].u].push_back(val[a[i].u]);
		}
	}
	for(int i=1;i<n;i++)
		if(!vis[i])
			merge(x[i],y[i]);	//没有删除的边先加进去
	vector<int> ans;
	for(int i=m;i;i--)
		if(a[i].opt==1){
			int l=a[i].u;
			merge(x[l],y[l]);
		}//加边
		else if(a[i].opt==2){
			int u=a[i].u;
			int last=v[u].back();
			v[u].pop_back();
			val[getfa(u)]+=(v[u].back()-last);
		}//更改点权，增加踢出当前栈顶的新栈顶-当前栈顶的贡献
		else{
			int u=a[i].u;
			ans.push_back(val[getfa(u)]);
		}//处理询问
	for(;ans.size();ans.pop_back())	cout<<ans.back()<<endl;//注意要倒序
	return 0;
}

第六题 [传智杯 #5 练习赛] 白色旅人

题目描述

有一个物品队列 B \frak B B，初始时为空。现在共有三种操作。每个操作会给定三个整数 o p , x , y \mathrm{op},x,y op,x,y，其中 o p \mathrm{op} op 表示操作种类， x , y x,y x,y 是操作的参数。操作分为如下三种：

  • 1 1 1：向 B \frak B B 尾部添加一个物品，它的体积为 x x x，价值为 y y y。
  • 2 2 2：把 B \frak B B 尾部最后物品移除。保证此时最少有一个物品。
  • 3 3 3：有一个体积为 x x x 的背包。用 B \frak B B 内的物品填充它，每个物品最多用一次，询问最多能获得多大的价值。提示：当 B \frak B B 为空时，相当于没有物品可用，答案就是 0 0 0。

对于操作 2 2 2 和 3 3 3，请忽略多余的参数。

本题强制在线。强制在线的方式请见输入格式。

输入格式

  • 第一行有两个正整数 n , m max ⁡ n,m_{\max} n,mmax​，表示操作个数以及操作 3 3 3 提到的背包的体积的最大值。
  • 接下来 n n n 行，每行给定三个整数 o p , x ′ , y ′ \mathrm{op},x',y' op,x′,y′。将 x ′ , y ′ x',y' x′,y′ 分别异或上 l a s t a n s \mathrm{lastans} lastans 得到该次询问真正的 x , y x,y x,y。其中， l a s t a n s \mathrm{lastans} lastans 是上一次操作 3 3 3 询问的结果。在第一次操作 3 3 3 前， l a s t a n s = 0 \mathrm{lastans}=0 lastans=0。

输出格式

  • 输出有若干行，表示每次 3 3 3 操作的结果。

样例 #1

样例输入 #1

10 10
1 3 4
1 5 5
3 4 1
3 12 5
1 14 3
3 1 8
2 11 11
3 2 11
2 8 8
3 12 8

样例输出 #1

4
9
10
9
4

提示

样例解释

解码后的输入数据为：

10 10
1 3 4
1 5 5
3 4 1
3 8 1
1 7 10
3 8 1
2 1 1
3 8 1
2 1 1
3 5 1

对于十次操作，物品序列的情况如下；

  • 加入体积为 3 3 3，价值为 4 4 4 的物品。物品序列为 { ( 3 , 4 ) } \{(3,4)\} {(3,4)}。
  • 加入体积为 5 5 5，价值为 5 5 5 的物品。物品序列为 { ( 3 , 4 ) , ( 5 , 5 ) } \{(3,4),(5,5)\} {(3,4),(5,5)}。
  • 查询体积为 4 4 4 的背包能装下的物品价值最大值。此时只能装第一个物品，于是答案为 4 4 4。
  • 查询体积为 8 8 8 的背包能装下的物品价值最大值。此时可把两个物品都装下，答案为 9 9 9。
  • 加入体积为 7 7 7，价值为 10 10 10 的物品。物品序列为 { ( 3 , 4 ) , ( 5 , 5 ) , ( 7 , 10 ) } \{(3,4),(5,5),(7,10)\} {(3,4),(5,5),(7,10)}。
  • 查询体积为 8 8 8 的背包能装下的物品价值最大值。此时直接装第三个物品获得的价值大于装下另外两个，于是答案为 10 10 10。
  • 删除最后一个物品。此时物品序列为 { ( 3 , 4 ) , ( 5 , 5 ) } \{(3,4),(5,5)\} {(3,4),(5,5)}。
  • 查询体积为 8 8 8 的背包能装下的物品价值最大值。此时可把两个物品都装下，答案为 9 9 9。
  • 删除最后一个物品。此时物品序列为 { ( 3 , 4 ) } \{(3,4)\} {(3,4)}。
  • 查询体积为 5 5 5 的背包能装下的物品价值最大值。此时只有一个物品可装，答案为 4 4 4。

数据范围及约定

对于全部数据， 1 ≤ n ≤ 3 × 1 0 4 1\le n\le 3\times 10^4 1≤n≤3×104， 1 ≤ m max ⁡ ≤ 2 × 1 0 4 1\le m_{\max}\le 2\times 10^4 1≤mmax​≤2×104， 1 ≤ x , y ≤ 2 × 1 0 4 1\le x, y\le 2\times 10^4 1≤x,y≤2×104。

参考代码

C++

#include<bits/stdc++.h>
#define up() l到r的for循环
#define down() r到l的for循环
using namespace std;
typedef long long i64;
const int INF = 2147483647;
const int MAXN = 3e4 + 3, MAXV = 2e4 + 3, MAXM = 300 + 3, SI = 4;
int q, m, t, s, l, r, X[MAXN], Y[MAXN];
int W[MAXM][MAXV], M[MAXM][MAXV];
int qread(){
    快速读入
}
int main(){
    q = qread(), m = qread(); int lastans = 0;
    s = 1 + sqrt(q + 1) / 2, l = 0, r = 2 * s - 1;
    up(1, q, i){
        int op = qread(), x = qread() ^ lastans, y = qread() ^ lastans;
        if(op == 1){
            ++ t; X[t] = x, Y[t] = y;
            if(t - 1 == r){
                up(0, s - 1, j) up(0, m, k) W[j][k] = W[j + s][k];
                l += s, r += s;
            }
            int u = min(x - 1, m);
            up(0, u, j) W[t - l][j] = W[t - l - 1][j];
            up(x, m, j) W[t - l][j] = max(W[t - l - 1][j], W[t - l - 1][j - x] + y);
            if(t % s == 0) up(0, m, j) M[t / s][j] = W[t - l][j];
        } else if(op == 2){
            -- t;
            if(t + 1 == l){
                l -= s, r -= s;
                up(0, m, j) W[0][j] = M[l / s][j];
                up(1, s - 1, j){
                    int x = X[l + j], y = Y[l + j], u = min(x - 1, m);
                    up(0, u, k) W[j][k] = W[j - 1][k];
                    up(x, m, k) W[j][k] = max(W[j - 1][k], W[j - 1][k - x] + y);
                }
            }
        } else {
            printf("%d\n", lastans = W[t - l][x]);
        }
    }
    return 0;
}
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