NOIP2009普及組
阿新 • • 發佈:2020-09-08
T3】細胞分裂
【演算法】數論
【題解】均分的本質是A整除B,A整除B等價於A的質因數是B的子集。
1.將m1分解質因數,即m1=p1^a1*p2^a2*...*pk^ak
所以M=m1^m2=p1^(a1*m2)*p2^(a2*m2)*...*pk^(ak*m2)
2.如果s[i](細胞初始個數)不能被M分解出來的質因數(即p1,p2...pn)中的某一個整除的話,這種細胞就永遠不可能裝入M個瓶子中
換句話說,如果s[i]分解出來的質因數不能包含M的所有質因數的話,就永遠不能整除M(即使乘方(分裂)後)。
當然並不需要真的把s[i]分解為質因數,只要有一個s[i]%pj(j=1..k)!=0就說明是-1。
3.確定不是-1後,需要計算最小分裂時間。
當s[i]^ans中包含的每個pi的個數(假設為bi)比M中包含的pi的個數(即ai*m2)多時,就能被M整除。
所以就是找到最小的ans,使每個bi>=(ai*m2)(i=1...n)。
這個ans=ceil(a[i]*m2/b[i]) (只適用於a[i]*m2比b[i]大時)(ceil表示向上取整)
在所有s[i]中尋找最小的ans就是答案。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<cctype> //https://www.cnblogs.com/onioncyc/p/5766587.html //其實是一個數論的題目,質因數分解 using namespace std; const int maxm=30010,maxn=10010,inf=0x3f3f3f3f,eps=1e-6; int pri[maxm],num[maxm],num2[maxm],s[maxn],tot=0,n,m,m2,ans; int main(){ scanf("%d %d %d",&n,&m,&m2); /* 將m1分解質因數,即m1=p1^a1*p2^a2*...*pk^ak 所以M=m1^m2=p1^(a1*m2)*p2^(a2*m2)*...*pk^(ak*m2) */ for(int i=2;i*i<=m;i++){ if(m%i==0){ pri[++tot]=i; while(m%i==0){ m/=i; num[tot]++; } } } if(m!=1) { pri[++tot]=m;num[tot]=1; } for(int i=1;i<=tot;i++) num[i]*=m2; ans=inf; /* 如果s[i](細胞初始個數)不能被M分解出來的質因數(即p1,p2...pn)中的某一個整除的話,這種細胞就永遠不可能裝入M個瓶子中 換句話說,如果s[i]分解出來的質因數不能包含M的所有質因數的話,就永遠不能整除M(即使乘方(分裂)後)。 當然並不需要真的把s[i]分解為質因數,只要有一個s[i]%pj(j=1..k)!=0就說明是-1。 */ for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&s[i]); bool f=0; memset(num2,0,sizeof(num2)); for(int j=1;j<=tot;j++){ if(s[i]%pri[j]!=0) f=1; } if(f) continue; /* 3.確定不是-1後,需要計算最小分裂時間。 當s[i]^ans中包含的每個pi的個數(假設為bi)比M中包含的pi的個數(即ai*m2)多時,就能被M整除。 所以就是找到最小的ans,使每個bi>=(ai*m2)(i=1...n)。 這個ans=ceil(a[i]*m2/b[i]) (只適用於a[i]*m2比b[i]大時)(ceil表示向上取整) 在所有s[i]中尋找最小的ans就是答案。 */ for(int j=1;j<=tot;j++){ while(s[i]%pri[j]==0){ num2[j]++; s[i]/=pri[j]; //s[i]中包含pi的個數 } } int maxs=0; for(int j=1;j<=tot;j++){ if(num[j]>num2[j]){ //num[j]是a[i]*m2 num2[j]是b[i] maxs=max(maxs,(int)(ceil(1.0*num[j]/num2[j])+eps)); } } ans=min(ans,maxs); } if(ans==inf) ans=-1; printf("%d",ans); return 0; }
T4】道路遊戲
聽起來比較複雜
但是看得出來資料範圍不太大,可以試一試暴力,用二維陣列存
其實有點像dp,用f[i]表示i這個時刻能夠得到的最大值
最外層列舉時間,第二次列舉結尾的地方,第三層列舉走過的時間,就自然得出了出發的地方,在出發的地方買就能得到一個比較的值
#include<iostream> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<stack> #include<cstdio> #include<queue> #include<map> #include<vector> #include<set> using namespace std; const int maxn=1010; const int INF=0x3fffffff; int cost[maxn]; int value[maxn][maxn]; //地點對應時間出現的價值 int f[maxn]; //狀態壓縮至一維的,表示時間i能夠取得的最大值,列舉到達結尾和走過的距離k,然後找到最大值 int n,m,p; int main(){ scanf("%d %d %d",&n,&m,&p); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&value[i][j]); } for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&cost[i]); memset(f,0x9f,sizeof(f)); f[0]=0; for(int i=1;i<=m;i++){ //時間 for(int j=1;j<=n;j++){ //結尾的地點 int summ=0; //直接增加列舉從j走到d的值,不用陣列存,也不用陣列計算,不然太麻煩 for(int k=1;k<=p&&k<=i;k++){ int d=j-k; if(d<=0) d=d%n+n; summ+=value[d][i-k+1]; f[i]=max(f[i],f[i-k]+summ-cost[d]); //從d買,然後走k } } } printf("%d\n",f[m]); return 0; }