A. Ancient Civilization

題意：

給你n個數a ，找到一個數x（具有k位），使他與n個數的dis(x,ai)和最小 

dis(x,y) x,y轉化為二進位制後 對應位不同位數的和；

思路：

統計每個數a的轉化為二進位制後，出現1的位置上加一；

遍歷k位 某一位出現次數大於 n/2 ；則要找的數該位為1；

程式碼：

#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a,sum[35];
ll qk(int a,int b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a;
        a*=a;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,k,tot=1;
        cin>>n>>k;
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>a;tot=1;
            while(a){
                int p=a%2;
                if(p) sum[tot++]++;
                else tot++;
                a=a/2;
            }
        }
        ll maxn=-1; ll res=0;
        for(int i=1;i<=k;i++)
            if(sum[i]>(n/2))
             res+=qk(2,i-1);
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}
 

B. Elementary Particles

題意：

找最長倆子序列 使其對應位 有一對相同數字

程式碼：

#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct node {
    int l;
    int r;
}a[150010];
int vis[150010];
 int res=-1;
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,b;
         int res=-1;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>b;
            vis[b]++;
            if(vis[b]>1){
                int minl=min(a[b].l,i-1);
                int minr=min(a[b].r,n-i);
                int  ans=minl+minr;
                  res=max(ans,res);
            }
            a[b].l=i-1;
            a[b].r=n-i;
        }
        if(res==-1){
            cout<<-1<<endl;
            continue;
        }
        cout<<res+1<<endl;
    }
    return 0;
}
 

C. Road Optimization

題意：

輸入n，m, kk

n個道路標識 初始城市到目標城市距離 m  你可以最多刪去的速度標識 kk個

n個標識的座標d[]（距初始城市距離）

n個標識限速為v[]


求刪去kk個標識內 你可以最快到達目標城市；

思路：

DP：
    dp[i][j] 前i個裡留有j個標識 1->i 的最少時間； 因為第一個不能刪dp[1][1]=0；
    
    求最少 取min dp[][]初始化為inf;

    三重迴圈 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+(d[i]-d[k])*v[k])
        1<=k<i  k->i 內標識刪掉; 留k標識限速*k->i距離 + 前k個裡留下j-1的dp（k標識留了）
                                    (d[i]-d[k])*v[k]  +     dp[k][j-1]
         i: 1->n+1 前i個標識裡
             j: 1->i 留下j個
                 k: 1->i 用k遍歷[1,i)內標識 k->i的距離
 

#include <iostream>
#define ll longlong
#include <bits/stdc++.h>
const int inf=0x3f3f3f3f;
// dp[i][j] 前i個裡留j個；
using namespace std;
int dp[555][555],d[555],v[555];
int main()
{
   int n,m,kk;
   cin>>n>>m>>kk;
   for(int i=1;i<=n;i++) cin>>d[i];d[n+1]=m;
   for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i];
   for(int i=0;i<=n+5;i++)
    for(int j=0;j<=n+5;j++)
      dp[i][j]=inf;
   dp[1][1]=0;
   for(int i=2;i<=n+1;i++)
    for(int j=1;j<=i;j++)
     for(int k=1;k<i;k++){
        dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+(d[i]-d[k])*v[k]);
        //cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[i][j]<<"    ";
    }
 
  int ans=inf;
  for(int i=0;i<=kk;i++)
    ans=min(ans,dp[n+1][n+1-i]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}