召唤神坤
- 有意思🤔（ikun）。
- 虽然是第一题但也要配得上神坤的身份。
思路1
- 枚举分母，选择一个数据结构来选出分母两侧最大的两个数做分子。
- 2s常数大些也无碍。
- 我选择好写的ST表
思路2
- 写两个 d p dp dp 分别表示 1 1 1 到 i i i 的最大值， i i i 到 n n n 的最大值。再枚举。
- 这个不放码了看的别人的思路。
cpp
signed main() {
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int n = read();
vector<int> a(n + 1), logn(n + 1);
vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(30));
for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i][0] = a[i] = read();
logn[0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) logn[i] = logn[i >> 1] + 1;
for (int j = 1; j <= logn[n]; ++j) {
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) {
f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 2; i < n; ++i) {
int l = 1, r = i - 1, s = logn[r - l + 1];
int wi = max(f[l][s], f[r - (1 << s) + 1][s]);
l = i + 1, r = n, s = logn[r - l + 1];
int wk = max(f[l][s], f[r - (1 << s) + 1][s]);
ans = max(ans, (wi + wk) / a[i]);
}
write(ans);
}
return 0;
}聪明的交换策略
分析
- 依据题意就是要么 0 0 0 左 1 1 1 右，要么 1 1 1 左 0 0 0 右。
- 考虑 0 0 0 左还是 0 0 0 右即可。考虑 1 1 1 也行一样的。
cpp
signed main() {
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int n = read();
string s; cin >> s;
vector<int> pos;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
if (s[i] ^ '1') pos.push_back(i);
}
int ans = 1e17, tmp1 = 0, tmp2 = 0;
for (int i = 0; i < pos.size(); ++i) tmp1 += pos[i] - i;
ans = min(ans, tmp1);
for (int i = pos.size() - 1, j = n - 1; i >= 0; --i, --j) tmp2 += j - pos[i];
ans = min(ans, tmp2);
write(ans);
}
return 0;
}怪兽突击
ps：总觉得codeforces做过。。
思路
- 枚举每个 i i i （当然要小于等于 k k k ）。
cpp
signed main() {
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int n = read(), k = read();
vector<int> a(n + 1), b(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq;
int ans = 1e17, cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n && i <= k; ++i) {
cnt += a[i];
pq.push(a[i] + b[i]);
ans = min(ans, cnt + (k - i) * pq.top());
}
write(ans);
}
return 0;
}蓝桥快打
思路
- 根据 A , C A,C A,C 可以得出攻击次数的范围， B ≤ n ⋅ x B\leq n\cdot x B≤n⋅x 。
cpp
signed main() {
int T = 1;
T = read();
while (T--) {
int a = read(), b = read(), c = read();
int r = a / c + (a % c > 0);
writeln(b / r + (b % r > 0));
}
return 0;
}奇怪的段
思路
- d p dp dp
- 方程： d p i = m a x ( d p i − 1 , j , d p i − 1 , j − 1 ) + a i ⋅ p j dp_i=max(dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1})+a_i\cdot p_j dpi=max(dpi−1,j,dpi−1,j−1)+ai⋅pj 。
- 注意有负数
cpp
signed main() {
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int n = read(), k = read();
vector<int> a(n + 1), p(k + 1);
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(201, -1e15));
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for (int i = 1; i <= k; ++i) p[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= k; ++j) {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1]) + a[i] * p[j];
}
}
write(dp[n][k]);
}
return 0;
}小蓝的反击
ps：是个区间求解问题，涉及基础数论。
思路
- 枚举每一个 i i i ，找到最小位置 j j j 满足 A ∣ ∏ k = i j 1 a k , B ∣ ∏ k = i j 2 a k A| \prod_{k=i}^{j_1}a_k,\;B|\prod_{k=i}^{j_2}a_k A∣∏k=ij1ak,B∣∏k=ij2ak 。
- 如果 j 1 j_1 j1 不存在那么往后再也不能整除 A A A 了。如果 j 2 j_2 j2 不存在，那么从 j 1 j_1 j1 到 n n n 都能整出 A A A 。都存在只有 j 2 > j 1 j_2 >j_1 j2>j1 才对答案有贡献。
- 对 A , B A,B A,B 质因数分解记录因子和各因子数量。
- 对 A , B A,B A,B 每一个因子做前缀和。
- 二分枚举区间询问是否存在（该有的因子和数量都要满足）。
ps：前缀和那儿显然是个二维的，试想质因数分解有可能出现因数很大的情况，第二维是因数大小会 M E L MEL MEL ，所以第二维应该为数量，而数量最多是10（前十个质数相乘已经 > 1 0 9 >10^9 >109 ）。看题解有个 d p dp dp 的，巨，我不会。
cpp
signed main() {
auto getFactor = [&] (int v) {
vector<pii> vec;
for (int i = 2; i <= v / i; ++i) {
if (!(v % i)) {
vec.push_back({i, 0});
while (!(v % i)) v /= i, ++vec.back().second;
}
}
if (v ^ 1) vec.push_back({v, 1});
return vec;
};
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int n = read(), a = read(), b = read();
auto vec1 = getFactor(a), vec2 = getFactor(b);
vector<vector<int>> prefa(n + 1, vector<int>(10)), prefb(n + 1, vector<int>(10));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int u = read();
for (int j = 0; j < vec1.size(); ++j) {
int tmp = u, v = vec1[j].first;
while (!(tmp % v)) {
++prefa[i][j];
tmp /= v;
}
prefa[i][j] += prefa[i - 1][j];
}
for (int j = 0; j < vec2.size(); ++j) {
int tmp = u, v = vec2[j].first;
while (!(tmp % v)) {
++prefb[i][j];
tmp /= v;
}
prefb[i][j] += prefb[i - 1][j];
}
}
auto find = [&] (int i, int j, int cnt, int op) {
int l = i, r = n, tmp = op? prefb[i - 1][j]: prefa[i - 1][j];
int ans = -1;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1, v = op? prefb[mid][j]: prefa[mid][j];
if (v - tmp >= cnt) ans = mid, r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return ans;
};
long long int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int pos1 = i;
for (int j = 0; j < vec1.size(); ++j) {
int pos = find(i, j, vec1[j].second, 0);
if (pos ^ -1) pos1 = max(pos1, pos);
else {
pos1 = -1;
break;
}
}
if (pos1 == -1) break;
int pos2 = i;
for (int j = 0; j < vec2.size(); ++j) {
int pos = find(i, j, vec2[j].second, 1);
if (pos ^ -1) pos2 = max(pos2, pos);
else {
pos2 = -1;
break;
}
}
if (pos2 == -1) ans += (n - pos1 + 1) * 1ll;
else if (pos2 > pos1) ans += (pos2 - pos1) * 1ll;
}
// write(ans);
cout << ans;
}
return 0;
}