标签：spl ORC 干什么 ogr int https 难度 之间 去掉
目录
貌似最近平均难度最低的一场div2了...
但我没有把握住机会TAT
D题没往DP想 写模拟自闭了40多分钟...才发现是个傻逼区间DP
再多二十分钟就能调出F的傻逼错误了...
puts的返回值原来是0。。刚开始写的return !puts("NO");在样例上RE了一次= =
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
int x=read(),y=read(),z=read(),a=read(),b=read(),c=read();
if(a<x) return puts("NO"),0;
a-=x;
if(a+b<y) return puts("NO"),0;
int tot=a+b+c-y-z;
if(tot<0) return puts("NO"),0;
return puts("YES"),0;
return 0;
}因为可以每隔\(m\)个分一段，所以选出最大的\(m*k\)个数，每隔\(m\)个分一段就行了。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
struct Node
{
int v,p;
bool operator <(const Node &x)const
{
return v==x.v?p<x.p:v>x.v;
}
}A[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
static int Ans[N];
static bool vis[N];
int n=read(),m=read(),K=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=(Node){read(),i};
std::sort(A+1,A+1+n);
LL sum=0;
for(int i=1; i<=K*m; ++i) vis[A[i].p]=1, sum+=A[i].v;
int cnt=0;
for(int i=1,t=0; i<=n; ++i)
if(vis[i] && ++t==m)
t=0, Ans[++cnt]=i;
printf("%I64d\n",sum);
for(int i=1; i<cnt; ++i) printf("%d ",Ans[i]);
return 0;
}\(Description\)
给定\(n,b\)，求\(b\)进制下\(n!\)的末尾零的个数。
\(n\leq10^{18},\ b\leq10^{12}\)。
\(Solution\)
经典问题。。所以也是一道能搜到的题。。
如果\(d=10\)，就是求\(n!\)有多少个\(2\)和\(5\)的因子\(c_2,c_5\)，答案是\(\min\{c_2,c_5\}\)，不难理解。
如果\(d\neq10\)，同样对\(d\)质因数分解，令\(d=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i},\ a_i\neq0\)，依次求出\(n!\)中有多少个\(p_i\)，记为\(c_i\)，答案就是\(\min_{i=1}^k\{c_i\}\)。
求\(n!\)中质因子\(p\)的个数的公式：\[f(n)=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor +\left\lfloor\frac{n}{p^2}\right\rfloor +\left\lfloor\frac{n}{p^3}\right\rfloor +\cdots\]
实际写的时候\(n\)每次除以\(p\)即可，不需要分母不断乘\(p\)，会爆long long。。。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
inline LL read()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
LL Calc(LL x,LL y)
{
LL res=0;
for(; x; x/=y) res+=x/y;
return res;
}
int main()
{
static LL P[N];
static int tm[N];
LL n=read(),b=read();
//1
LL ans=1ll<<60;
for(int i=2; 1ll*i*i<=b; ++i)
if(!(b%i))
{
LL cnt=1; b/=i;
while(!(b%i)) b/=i, ++cnt;
ans=std::min(ans,Calc(n,i)/cnt);
}
if(b!=1) ans=std::min(ans,Calc(n,b));
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
//2
int t=0;
for(int i=2; 1ll*i*i<=b; ++i)
if(!(b%i))
{
P[++t]=i, b/=i, tm[t]=1;
while(!(b%i)) b/=i, ++tm[t];
}
if(b!=1) P[++t]=b, tm[t]=1;
ans=1ll<<60;
for(int i=1; i<=t; ++i)
{
LL cnt=0;
// for(LL x=P[i]; x<=n&&x>0; x*=P[i]) cnt+=n/x;//这么写可能直接爆longlong爆成正数啊。。。= =
for(LL x=n; x; x/=P[i]) cnt+=x/P[i];
ans=std::min(ans,cnt/tm[i]);
}
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}刚开始一看\(O(n^2)\)，就想枚举起点然后模拟。。（mdzz）
无脑区间DP。。
\(f[i][j][0/1]\)表示合并完\(i\sim j\)区间，现在颜色是\(c_i/c_j\)的最小花费。转移特判一下即可。
或者先去掉相邻的重复元素，直接\(f[i][j]\)表示合并完\(i\sim j\)区间的最小花费。如果\(c_i=c_j\)，\(f[i][j]=f[i+1][j-1]+1\)；否则\(f[i][j]=\min(f[i+1][j],\ f[i][j-1])+1\)。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=5005;
int A[N],f[N][N][2];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
bool Check(int n)
{
for(int i=1; i<=n; ++i) if(A[i]!=A[1]) return 0;
puts("0");
return 1;
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
if(Check(n)) return 0;
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=1; i<=n; ++i) f[i][i][0]=f[i][i][1]=0;
for(int l=1; l<n; ++l)
for(int i=1; i+l<=n; ++i)
{
int j=i+l;
f[i][j][0]=std::min(f[i][j-1][0]+2-2*(A[i]==A[j]),std::min(f[i][j-1][1]+2-(A[j-1]==A[j])-(A[i]==A[j]),std::min(f[i+1][j][0]+1-(A[i]==A[i+1]),f[i+1][j][1]+1-(A[j]==A[i]))));
f[i][j][1]=std::min(f[i][j-1][0]+1-(A[i]==A[j]),std::min(f[i][j-1][1]+1-(A[j-1]==A[j]),std::min(f[i+1][j][0]+2-(A[i]==A[i+1])-(A[i]==A[j]),f[i+1][j][1]+2-2*(A[j]==A[i]))));
}
printf("%d\n",std::min(f[1][n][0],f[1][n][1]));
return 0;
}首先通过操作二可以二分出最大值。
然后剩下\(30\)次操作一能干什么呢。。只能帮我们确定出数列中有某些数，那能做的好像就是随机确定\(30\)个数。
等差数列中任意两个数作差可以得到\(x\cdot d\)，把确定出的数两两作差然后对差求\(\gcd\)，是有可能得到真正的\(d\)的。
正确概率是多少呢，感觉挺高的。。然后有最大值有公差，就做完了。
官方题解中对正确概率有证明，大约是\(1.86185\times10^{-9}\)。
做差的时候先排序，只求出相邻两个数的差就够了，并不需要所有数两两之间作差。
#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define Flush() fflush(stdout)
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
int id[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline int Rd()
{
return rand()<<15|rand();
}
inline int Query1(int n)
{
int p=Rd()%n+1;
printf("? %d\n",id[p]), Flush();
std::swap(id[p],id[n]);//不这么写也行 差别不大 无所谓啦
return read();
}
inline int Query2(int x)
{
printf("> %d\n",x), Flush();
return read();
}
int main()
{
static int A[66];
srand(time(0));
int n=read();
int l=0,r=1e9,mid,mx=0,rest=60;
while(l<=r)
if(--rest,Query2(mid=l+r>>1)) mx=l=mid+1;
else r=mid-1;
for(int i=1; i<=n; ++i) id[i]=i;
int t=0; rest=std::min(rest,n);
for(int now=n; rest; --rest) A[++t]=Query1(now--);
std::sort(A+1,A+1+t), A[++t]=mx;
int d=A[2]-A[1];
for(int i=3; i<=t; ++i) if(A[i]!=A[i-1]) d=std::__gcd(d,A[i]-A[i-1]);
printf("! %d %d\n",mx-(n-1)*d,d), Flush();
return 0;
}Codeforces Round #538 (Div. 2)
标签：spl ORC 干什么 ogr int https 难度 之间 去掉
原文地址：https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/10361309.html
