标签：== scanf 思维 printf -- std char s ref ring
有 \(n\) 个数字，要求取出一些数字，使得它们的平均数恰好为 \(x\) ，问有几种取法。
只要将每一个数字减掉 \(x\) ，那么问题就变成在 \(n\) 个数字中选取一些数字使得和为 \(0\) 的方案数，是一个经典的 \(dp\) 问题，不过要注意细节问题
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5010;
const int Y=2500;
ll dp[N][N];
int n,x;
int a[N];
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&x);
dp[0][Y]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]-=x;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=-Y;j<=Y;j++){
dp[i][j+Y+a[i]]+=dp[i-1][j+Y];
dp[i][j+Y]+=dp[i-1][j+Y];
}
}
printf("%lld\n",dp[n][Y]-1); //记得减一
return 0;
}定义 \(f(n,b)\) 为 \(n\) 在 \(b\) 进制下各位数之和，现在给定 \(，n，s\) ，为求得最小的 \(b\) 使得 \(f(n,b)=s\)
\((n,s<=1e11)\)
这题很巧妙，首先如果答案 \(b\) 小于 \(1e6\) ，那么直接暴力枚举即可，若 \(b>1e6\) ，那么由于 \(n<=1e11\) ，那么 \(n\) 必然可以写成 \(n=kb+r\) ，且 \(s=k+r\) ,的形式， \(n-s=k(b-1)\) ，只要枚举 \(n-s\) 的因数即可解决，思维好题。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,s;
bool check(ll x){
if(n/x>=x)return 0;
if(x<2)return 0;
ll k=n/x;ll r=n%x;
if(s==k+r)return 1;
return 0;
}
ll js(ll x,ll b){
ll ans=0;
while(x){
ans+=x%b;
x/=b;
}
return ans;
}
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
cin>>n>>s;
ll b=1e18;
if(n==s)b=n+1;
if(n>s){
ll temp=n-s;
for(ll t=1;t<=sqrt(temp);t++){
if(temp%t==0){
ll x=t+1,y=temp/t+1;
if(check(x))b=min(b,x);
if(check(y))b=min(b,y);
}
}
}
for(ll t=2;t<=1000000;t++){
ll cnt=js(n,t);
if(cnt==s){
b=min(b,t);
break;
}
}
if(b==1e18)printf("-1\n");
else printf("%lld\n",b);
return 0;
}水平轴上有 \(n\) 个点，每次跳不能超过 \(L\) ，每次必须跳在点上， \(Q\) 次询问，每次询问 \(，x，y\) ，表示从 \(x\) 到 \(y\) 最少需要跳几下。
感觉这题比较常见，是倍增的经典套路，用二分处理出 \(dp[i][0]\) ，跑一下预处理，然后就每次询问log查询就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int dp[N][23];
int n,L;
int a[N];
int q,x,y;
int ef(int id,int v){
int l=id,r=n,ans=id;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(a[mid]<=v)ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return ans;
}
void cl(){ //
for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][0]=ef(i,a[i]+L);
for(int j=1;j<23;j++){
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][j]=dp[dp[i][j-1]][j-1];
}
}
}
int js(int x,int y){
int ans=0,pos=x;
for(int i=22;i>=0;i--){
if(dp[pos][i]<y){
pos=dp[pos][i];
ans+=(1<<i);
}
}
ans++;
return ans;
}
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
scanf("%d",&L);
scanf("%d",&q);
cl();
while(q--){
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x>y)swap(x,y);
printf("%d\n",js(x,y));
}
return 0;
}定义一个字符串合法:当该字符串没有循环节存在,给出 \(string s\) ,令 \(F=(f_1,f_2..f_m)\) 满足 \(f_i\) 为 \(s\) 的某一部分. \(f_1,f_2,..f_m\) 连起来为 \(s\) .并且任意 \(f_i\) 为合法
\(|s|<=5e5\),求出 \(F\) 表示中最小的 \(m\) .并求出最小 \(m\) 的方案数?
这题感觉不难，只是由于是最后一题心理上有些畏惧，可惜了，首先先求出字符串的循环节，如果不存在循环节那么答案就是 \(1\ 1\) ，特判每一个字母都相同的情况答案为 \(len\ 1\) ，比较显然，那么我们可以确定剩下的字符串必然可以分成两个好串，那么我们只要枚举断点用 \(kmp\) 判断前面的字符串和后面的字符串是否为好串即可，代码实现也比较简单。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
char s[N];
char s1[N];
int nxt[N],nxt1[N];//next数组
void kmp(char *t,int *nxt){//t为去匹配,s为被匹配
int i,j;
int len1=strlen(t+1);
nxt[0]=nxt[1]=0;
for(i=2,j=0;i<=len1;i++){
while(j&&t[j+1]!=t[i])j=nxt[j];
if(t[j+1]==t[i])++j;
nxt[i]=j;
}
}
bool check(int x,int len){
int f1,f2;
int l1=x-nxt[x],l2=len-x-(nxt1[len-x]);
//if(x==2)cout<<l1<<" "<<l2<<endl;
if(x==1||l1==x||x%l1!=0)f1=1;
else f1=0;
if(len-x==1||l2==len-x||(len-x)%l2!=0)f2=1;
else f2=0;
return (f1&&f2);
}
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%s",s+1);
int len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=len;i++){
s1[i]=s[len-i+1];
}
kmp(s,nxt);kmp(s1,nxt1);
int temp=len-nxt[len];
if(temp==1){
printf("%d\n%d\n",len,1);return 0;
}
if(temp!=len&&len%temp==0){
int ans=0;
for(int i=1;i<len;i++){
if(check(i,len))ans++;
}
printf("2\n%d\n",ans);
}
else{
printf("1\n1\n");
}
return 0;
}标签：== scanf 思维 printf -- std char s ref ring
原文地址：https://www.cnblogs.com/C-W-K/p/11988833.html
