小信砍柴的题解

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原题描述:

[时间:1s 空间:256M](#时间:1s 空间:256M)

题目描述:

输入格式:

输出格式:

样例1输入:

题目大意:

主要思路:

注意事项:

总代码:


原题描述:

时间:1s 空间:256M

题目描述:

小信家里有段木材,初始长度表示为数组。他可以进行以下填补操作至多次(可以不操作):

选择两段木材,将长度截补到上,即操作后,

填补操作后,小信要将木材都砍成相同长度的小段,并且不能有剩余,请你告诉他最长的小段能有多长?

输入格式:

第一行包含两个整数表示木材数和操作数。

第二行包含个整数,表示每段木材的初始长度。

输出格式:

输出一个整数,表示最长的小段的长度。

样例1输入:

2 1

15 9

样例1输出:

8

样例2输入:

2 10

15 9

样例2输出:

24

约定与提示:

对于100%的数据,

样例1解释:选择操作之后序列变成,能切成根长度为的木材。

样例2解释:选择 操作次之后序列变成,能切成根长度为 的木材。

题目大意:

就是给你一个数组,然你可以操作最多m次,每次操作可以将一个数-1,另一个数+1,最后问你所有数的最大共约数(就是gcd)

主要思路:

直接上思维导图:

说一下几个重点,给上代码片段:

  1. 求因数:

    cpp 复制代码
    int cnt=0;//数组下标 
    for(int i=1;i*i<=sum;i++)//只要枚举到(sqrt(sum)就可以了 
    {
    	if(sum%i == 0)//如果是因数 
    	{
    		factor[cnt++] = i;//用来记录因数,放入因数数组中 
     		if(i*i!=sum)//如果不是sum的平方根 
    	    {
    			factor[cnt++] = sum/i;//sum/i也是sum的因数 
    		}
    	}
    }
  2. 将小的补给大的:

    cpp 复制代码
    int t=0;//记录花费次数 
    int pos=1;//记录从哪个小的开始补(就是被减的) 
    for(int i=n;i>=1;i--)//枚举大的 
    {
    	if(b[i]!=0)//如果不是大的(也可以这么理解(被用光了) 
    	{
    	    int x=f-b[i];//记录要消耗的次数(也是要被补多少) 
    	    t+=x;//计入次数 
    	    while(x>0)//如果还需要补 
    	    {
    		    if(b[pos]>=x)//如果小的可以补完 
    	        {
    			    b[pos]-=x;//就补了 
    			    break;//跳出 
    	    	}
    		    else
    		    {
    			    x-=b[pos];//否则就消耗一些要补的 
        			b[pos] = 0;//把小的设成0
    	    		pos++;//就让下一个小的来补 
    		    }
    	    }
        }
    }
    /*
    直接看不太好看,我演示一遍。
    
    当f = 8,b数组为:{1,2,5},pos=1; 
    先枚举到5。t+=3, x=3。
    开始补
    第一次发现不可以全补完。
    b[pos]也就是b[1]<3,那就耗掉一些。b[1] = 0,x=2,pos=2。 
    第二次发现可以补完,那就补完,b[2]-=2就是0,跳出。
    此时的b数组为:{0,0,5}
    i枚举到 2时,b[2] == 0了,也就是被用光了,那就跳过。 
    i枚举到 1时,b[1] == 0了,也就是被用光了,那就跳过。
    现在应该理解了吧。 
    */ 

注意事项:

不要把check中的b写成a了哦。

第一个合法因数输出后要return 0;

总代码:

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int a[510];
int b[510];
int sum; 
int factor[10010];//用来记录因数 
bool check(int f)
{
    //千万不要把b写成a
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		b[i] = a[i]%f;
	}
	sort(b+1,b+1+n);
	int t=0;//记录花费次数 
	int pos=1;//记录从哪个小的开始补(就是被减的) 
	for(int i=n;i>=1;i--)//枚举大的 
	{
		if(b[i]!=0)//如果不是大的(也可以这么理解(被用光了) 
		{
			int x=f-b[i];//记录要消耗的次数(也是要被补多少) 
			t+=x;//计入次数 
			while(x>0)//如果还需要补 
			{
				if(b[pos]>=x)//如果小的可以补完 
				{
					b[pos]-=x;//就补了 
					break;//跳出 
				}
				else
				{
					x-=b[pos];//否则就消耗一些要补的 
					b[pos] = 0;//把小的设成0
					pos++;//就让下一个小的来补 
				}
			}
		}
	}
	/*
	直接看不太好看,我演示一遍。
	
	当f = 8,b数组为:{1,2,5},pos=1; 
	先枚举到5。t+=3, x=3。
	开始补
	第一次发现不可以全补完。
	b[pos]也就是b[1]<3,那就耗掉一些。b[1] = 0,x=2,pos=2。 
	第二次发现可以补完,那就补完,b[2]-=2就是0,跳出。
	此时的b数组为:{0,0,5}
	i枚举到 2时,b[2] == 0了,也就是被用光了,那就跳过。 
	i枚举到 1时,b[1] == 0了,也就是被用光了,那就跳过。
	现在应该理解了吧。 
	*/ 
	return t<=m;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		sum+=a[i];
	}
	int cnt=0;//数组下标 
	for(int i=1;i*i<=sum;i++)//只要枚举到(sqrt(sum)就可以了 
	{
		if(sum%i == 0)//如果是因数 
		{
			factor[cnt++] = i;//放入因数数组中 
			if(i*i!=sum)//如果不是sum的平方根 
			{
				factor[cnt++] = sum/i;//sum/i也是sum的因数 
			}
		}
	}
	sort(factor,factor+cnt);
	for(int i=cnt-1;i>=0;i--)//从大到小枚举,这样子第一个合法因数一定是最大的
	{
		if(check(factor[i]))//用来判断每个因数是否合法
		{
			cout<<factor[i];
			return 0;//别忘了return 0;
		}
	}
	return 0;
}
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