Andrew, Dmitry and Michal想要吃葡萄。
Andrew只吃绿葡萄。Dmitry不吃黑葡萄。Michal吃嘛嘛香。
他们分别吃$x,y,z$个葡萄，绿，紫，黑葡萄分别有$a,b,c$个。
问能不能满♂足他们。
Andrew只吃绿的，那么先给他吃，然后把看看除了黑葡萄外的葡萄能不能满足Michal，剩下的再给Dmitry。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int read(){ 4 char c;int num,f=1; 5 while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c==‘-‘)f=-1;num=c-‘0‘; 6 while(c=getchar(), isdigit(c))num=num*10+c-‘0‘; 7 return f*num; 8 } 9 int a[10],b[10]; 10 int main() 11 { 12 for(int i=1;i<=3;i++)a[i]=read(); 13 for(int i=1;i<=3;i++)b[i]=read(); 14 if(a[1]<=b[1]){ 15 a[1]-=b[1]; 16 b[1]=0; 17 if(a[1]+a[2]<=b[2]){ 18 int del=min(a[1],b[2]); 19 a[1]-=del;b[2]-=del; 20 a[2]-=b[2];b[2]=0; 21 //cout<<1<<endl; 22 if(a[1]+a[2]+a[3]<=b[3]){ 23 printf("YES\n"); 24 return 0; 25 } 26 } 27 } 28 printf("NO\n"); 29 return 0; 30 }
定义一个序列的美丽值为这个数前$m$大的数之和，给定一个序列，要求把他划分成$k$段，求美丽值之和最大是多少，并输出方案。
理性分析一波，一个序列里面我们要取$k\times m$个元素，求这些元素之和的最大值。
怎么能取到最大呢？
这些元素恰好是所有序列里面前$k\times m$大就行了。
这样能不能取到呢？
显然是可以的，我们给数组排序，标记出所有前$k\times m$大元素，然后我们每取到$m$个标记元素划分一段，就可以了。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N=5e5+1009; 5 struct node{int val,pos;}a[N]; 6 int read(){ 7 char c;int num,f=1; 8 while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c==‘-‘)f=-1;num=c-‘0‘; 9 while(c=getchar(), isdigit(c))num=num*10+c-‘0‘; 10 return f*num; 11 } 12 bool cmp(node a,node b){return a.val>b.val;} 13 int f[N],n,m,k,tmp=0,cnt=0; 14 ll sum; 15 int main() 16 { 17 n=read();m=read();k=read(); 18 for(int i=1;i<=n;i++){ 19 a[i].val=read(); 20 a[i].pos=i; 21 } 22 sort(a+1,a+1+n,cmp); 23 for(int i=1;i<=m*k;i++){ 24 f[a[i].pos]=1; 25 sum+=a[i].val; 26 } 27 cout<<sum<<endl; 28 for(int i=1;i<=n;i++){ 29 tmp+=f[i]; 30 if(cnt==k-1)break; 31 if(tmp>=m)tmp=0,cout<<i<<" ",cnt++; 32 } 33 cout<<endl; 34 return 0; 35 }
求$n!$在$b$进制下末尾$0$的个数。
先考虑进制转换后的末尾$0$是怎么产生的，我们进制转换就是把一个数$n!$不断除以$b$，然后倒序输出余数。
末尾$0$就是一开始的一长串$0$也就是$n!$能整除的$b$的个数。
然后我们把问题转化为了$n!$分解质因数之后能配成多少对$b$的质因数。
假设说$n!=3*3*2*2*2,b=2*3$（只是假设，不关心能不能取到）。
那么我们能组成两对$b$，也就是说取这个$b$最小的一个质因数在$n!$中的个数。
注意某个质因数有多个的话$n!$中对应质因数要均分。
一个质因数在$n!$中有多少个呢？
容斥一下应该是$\frac{n}{b}+\frac{n}{b^2}+\frac{n}{b^3}+...$
那么就很好算了，我们求出每个因数的个数，然后取最小值就没问题了。
（这种题我居然写了40多分钟，退役算了）
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N=1e6+1009; 5 int cnt; 6 ll num[N],n,b,minn=-1,nn[N]; 7 int main() 8 { 9 cin>>n>>b; 10 for(int i=2;i<=sqrt(b);i++){ 11 if(b%i)continue; 12 num[++cnt]=i;b/=i; 13 nn[cnt]=1; 14 while(b%i==0){ 15 nn[cnt]++; 16 b/=i; 17 } 18 } 19 if(b>1)num[++cnt]=b,nn[cnt]=1; 20 for(int i=1;i<=cnt;i++){ 21 ll tmp=n,sum=0; 22 while(tmp){ 23 sum+=tmp/num[i]; 24 tmp/=num[i]; 25 } 26 if(minn==-1)minn=sum/nn[i]; 27 else minn=min(minn,sum/nn[i]); 28 } 29 cout<<minn<<endl; 30 return 0; 31 }
给定一个序列，每次可以取一段相同的子序列（连续且值一样），把它的值全部变成任意值。
问最少多少次操作之后这个序列只剩下一种数。
一开始想错题意了，我以为是可以“感染”附近的一个序列，让它变成自己是一样的，忘记了如果两端的颜色一样，只进行一次操作就可以达成了。
其实是一个很明显的$dp$，优化比较难以想到。
$f[l][r][0/1]$表示转化区间$l,r$，左/右端的点颜色保持不变。
那么我们递推就很明显了
$f[l][r][0]=min{f[l+1][r][0]+(a[l]!=a[l+1]),f[l+1][r][1]+(a[l]!=a[r])}$
$f[l][r][1]=min{f[l][r-1][1]+(a[r]!=a[r-1]),f[l][r-1][0]+(a[l]!=a[r])}$
迭代可能不好实现，我们可以用递归，记忆化搜索实现。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 #define Mid ((l+r)>>1) 4 #define ull unsigned long long 5 using namespace std; 6 const int N=5005; 7 int read(){ 8 char c;int num,f=1; 9 while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c==‘-‘)f=-1;num=c-‘0‘; 10 while(c=getchar(), isdigit(c))num=num*10+c-‘0‘; 11 return f*num; 12 } 13 int n,a[N],f[N][N][2]; 14 void memorycheck(){ 15 double x=sizeof n+sizeof a+sizeof f; 16 cout<<(x/1024/1024)<<"MB"<<endl; 17 } 18 int dp(int l,int r,int p){ 19 if(l>=r)return 0; 20 if(f[l][r][p])return f[l][r][p]; 21 int res=0; 22 if(!p){ 23 res=dp(l+1,r,0)+(a[l]!=a[l+1]); 24 res=min(res,dp(l+1,r,1)+(a[l]!=a[r])); 25 }else { 26 res=dp(l,r-1,0)+(a[r]!=a[l]); 27 res=min(res,dp(l,r-1,1)+(a[r]!=a[r-1])); 28 } 29 return f[l][r][p]=res; 30 31 } 32 int main() 33 { 34 //memorycheck(); 35 n=read(); 36 for(int i=1;i<=n;i++){ 37 a[i]=read(); 38 if(a[i]==a[i-1])i--,n--; 39 } 40 cout<<min(dp(1,n,0),dp(1,n,1))<<endl; 41 return 0; 42 } 43 44 [close]
[Codeforces]Codeforces Round #538 (Div. 2)
原文：https://www.cnblogs.com/onglublog/p/10370162.html
