目錄

1.和諧數

2.分數

3.終極數

4.串

1.和諧數

給定一個長度為N的序列a，對於每一個數都可選或不選，把選出的數有序組成一個新的序列b，使b序列的“和諧數”最大。一個序列的和諧數如下定義：對於位置i，如果第奇數次選的則加上bi，偶數次選的則減去bi 
注意：新的序列b必須是從左到右依次在a序列選擇的，即不能打亂順序。

資料範圍：

    對於20%的資料，1<=n<=20 

    對於50%的資料，1<=n<=1000 
    對於100%的資料，1<=n<=10000000,1<=Ai<=100

輸入：輸入的第一行是一個n，第二行為n個數，即序列a

輸出：輸出一行一個整數，即表示最大的和諧數

思路：

DP： 
第一想法當然是暴力，不過這資料告訴我們暴力的期望分應該最多隻有50分，然後我們發現可以用DP求解。 
因為從左往右依次選而且可選可不選，所以設 
f[i][1]表示到第i步為選擇為偶數次時和諧數最大是多少. 
f[i][2]表示到第i步為選擇為奇數次時和諧數最大是多少. 
然後推出狀態轉移方程： 
f[i][1] = max(f[i - 1][1],f[i - 1][2] - a[i]); 
f[i][2] = max(f[i - 1][2],f[i - 1][1] + a[i]); 

#include<functional>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cmath>
int f[2][3];
int maxn(int a,int b){return a > b ? a : b;}
inline int read()
{
    int ret = 0; 
	int w = 0; 
	char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)) 
	{
		w |= ch == '-';
		ch = getchar();
	}
    while(isdigit(ch)) 
		ret = (ret << 3) + (ret << 1) + (ch ^ 48),ch = getchar();
    return w ? -ret : ret;
}
inline void write(int x)
{
     if(x < 0) 
	 	putchar('-'),x = -x;
     if(x > 9) 
	 	write(x / 10);
     putchar(x % 10 + '0');
}
int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	int n,x;
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		x = read();
		f[i % 2][1] = maxn(f[(i + 1) % 2][1],f[(i + 1) % 2][2] - x);
		f[i % 2][2] = maxn(f[(i + 1) % 2][2],f[(i + 1) % 2][1] + x);
	}
	write(maxn(f[n % 2][1],f[n % 2][2]));
	return 0;
}
 

2.分數

題目： 

求n1個a[i]的乘積跟n2個b[i]乘積的既約分數，（既約分數就是分子分母最大公約數為1的分數）。

對於20%的資料，n1,n2<=10,Ai,Bi<=10 
對於60%的資料，n1,n2<=1000,Ai,Bi<=1000 
對於100%的資料，n1,n2<=100000,Ai,Bi<=10000 
資料保證不會出現分數的值為0的情況

思路：

20分的就是直接得到乘積後直接用輾轉相除法約去最大公因數即可 
時間複雜度：O(n) 
60分就使用高精度，把兩個序列兩兩去除公因數 
AC的話： 
因為Ai,Bi<=10000，所以可以先塞素數，然後對其分解質因數，把合數化成質數（質數則不變），然後2個序列a,b都這樣做，最後用兩個序列的分解出來的數相互抵消，類似於去重。 
然後將2個序列剩下的數分別用高精度算出乘積，然後直接輸出 
PS:抵消完後的序列乘積滿足既約分數。 
不過我們在高精度的時候要用到壓位，不然容易超時，即改變進位制，因為Ai,Bi<=10000，所以長整型最大壓位到200000左右… 
時間複雜度O(n*m) 

M為常數，不會超過100，因為10000以內我們只需分解到100即可，分解完後如果還大於1，則可證這一定是個質數

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define maxn 100010
using namespace std;
int a[maxn],b[maxn],ans[maxn],rp[maxn];
bool p[maxn];
int kp[10010];
int la;
inline void gjd(int k)
{
	int j,x;
	x = 0;
	for(j = 1;j <= la;j++)
	{
		ans[j] = k * ans[j] + x;
		x = ans[j] / 100000;
		ans[j] %= 100000;
	}
	ans[la + 1] = x;
	la++;
	if(ans[la] == 0)
		la--;
}
string check(int p)
{
	string ret;
    if (p <= 9999) 
		ret += '0';
    if (p <= 999) 
		ret += '0';
    if (p <= 99)
		ret += '0';
    if (p <= 9)  
		ret += '0';
	return ret;
}
void doa(int k)
{
	a[kp[k]]++;
     if (k == kp[k])
	 	return ;
     doa(k / kp[k]);
}
void dob(int k)
{
	b[kp[k]]++;
     if (k == kp[k])
	 	return ;
     dob(k / kp[k]);
}
inline int read()
{
    int ret = 0; 
	int w = 0; 
	char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)) 
	{
		w |= ch == '-';
		ch = getchar();
	}
    while(isdigit(ch)) 
		ret = (ret << 3) + (ret << 1) + (ch ^ 48),ch = getchar();
    return w ? -ret : ret;
}
int main()
{
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	int n,x,m,j,k;
	n = read();
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		x = read();
		a[x]++;
	}
	m = read();
	for (int i = 1;i <= m;i++)
	{
		x = read();
		b[x]++;
	}
	p[1] = true;
	kp[1] = 1;
	for (int i = 2;i <= 10000;i++)
	{
		if (p[i] == false)
		{
			j = 1;
			while (i * j <= 10000)
			{
				p[i * j] = true;
				if (kp[i * j] == 0)
					kp[i * j] = i;
				j++;
			}
		}
	}
	for (int i = 2;i <= 10000;i++)
	{
		k = a[i];
		a[i] = 0;
		for (int j = 1;j <= k;j++)
			doa(i);
		k = b[i];
		b[i] = 0;
		for (int j = 1;j <= k;j++)
			dob(i);
	}
	for (int i = 2;i <= 10000;i++)
	{
		if (a[i] >= b[i])
		{
			a[i] = a[i] - b[i];
			b[i] = 0;
		}
		else
		{
			b[i] = b[i] - a[i];
			a[i] = 0;
		}
	}
	ans[1] = 1;
	la = 1;
	for (int i = 2;i <= 10000;i++)
		for (int j = 1;j <= a[i];j++)
			gjd(i);
	cout << ans[la];
	ans[la] = 0;
	for (int i = la - 1;i >= 1;i--)
	{
		cout << check(ans[i]);
		cout << ans[i];
		ans[i] = 0;
	}
	la = 1;
	ans[1] = 1;
	for (int i = 2;i <= 10000;i++)
		for (int j = 1;j <= b[i];j++)
			gjd(i);
	cout << " ";
	if (ans[1] == 1 && la == 1){}
	else
	{
		cout << ans[la];
		for (int i = la - 1;i >= 1;i--)
		{
			cout << check(ans[i]);
			cout << ans[i];
		}
	}
}

3.終極數

題目： 

給定一個長度為n的序列a，試求出對於序列a的每一個字首的終極數x，使得 

最小，試求出終極數t（如若有多個終極數t，只需輸出最小的那個）

思路：

其實就是選中位數~ 

維護一個大根堆和一個小根堆，並且保證 1.小根堆節點個數大於等於大根堆節點個數。 2.小根堆的堆頂元素大於大根堆的堆頂元素。 這就說明有兩種特殊情況： 

(1)將要放進小根堆時，發現大根堆的堆頂元素大於當前要放進小根堆的元素。 

(2)將要放進大根堆時，發現小根堆的堆頂元素小於此元素。 設此元素為x。 

(1)情況：把 x 放到大根堆中，並且把大根堆的堆頂放到小根堆當中，並維護兩堆 性質。 

(2)情況：把 x 放到小根堆中，並且把小根堆的堆頂放到大根堆當中，並維護兩堆 性質。 

詳細見程式碼:t3題解

4.串

題目： 

給定一個0-1串，請找到一個儘可能長的子串，其中包含的0與1的個數相等。

30%的資料 串的長度<20 100%的資料 長度不超過1000000 

保證字串只出現0，1

思路：

當0和1的差值與上一個0和1的差值相同時，那麼他們之間的字串中0和1的數目是相同的。求出最大的就行了。舉個例子：前面0,1為a， b，後面0,1為aa， bb， a - b = aa - bb,  得 a - aa = b - bb;

t4題解