AtCoder Beginner Contest 169 题解
这场比赛比较简单,证明我没有咕咕咕的时候到了!
A - Multiplication 1
没什么好说的,直接读入两个数输出乘积就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int a,b;
cin>>a>>b;
cout<<a*b;
return 0;
}
B - Multiplication 2
让你连乘,同时在答案过大(大于(10^{18}))的时候输出-1
。
你可以使用__int128_t
。这是一种神奇的类型,可以用上足足128个位,绰绰有余。记得特判乘积是(0)的情况。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll a[100005];
__int128_t ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
ans=1;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i];
if(a[i]==0){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
}
for(int i=0;i<n;i++){
ans*=a[i];
if(ans>1000000000000000000ll){
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
}
cout<<(ll)ans<<endl;
return 0;
}
C - Multiplication 3
给你一个整数、一个固定位数的小数,让你计算他们的乘积并舍去小数点后的部分。
由于long long
存得下,直接把(B)乘以(100)化为整数与(A)相乘,然后在输出前整除(100)即可。最初读入的小数要注意精度问题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
ull a,b;
string s;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>a>>s;
b=(s[0]-'0')*100+(s[2]-'0')*10+s[3]-'0';
cout<<a*b/100<<endl;
return 0;
}
D - Div Game
给你一个数(N),每次让你把它除以一个质数的幂(指数为正整数)。最多可以除以多少个不同的数(操作之间互相影响)。
把(N)分解质因数,注意到不同的质因子之间操作是互不影响的。那么我们可以把操作归类到多个质数的幂上。
对于一个单独的质数的幂,显然除以这个质数的一次幂,二次幂,三次幂……这么操作下去是最优的,于是我们可以得到这样的程序:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
vector<pair<ll,int>> dvs;//dvs以配对<质数,幂次>的形式把N分解了质因数(其实质数本身不用存)
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(ll i=2;i*i<=n;i++){
if(n%i==0){
dvs.push_back(make_pair(i,0));
while(n%i==0){
dvs.back().second++;
n/=i;
}
}
}
if(n>1){
dvs.push_back(make_pair(n,1));
}//以上是分解质因数环节
int ans=0;
for(pair<ll,int> &p:dvs){
int i=1;
for(;(1+i)*i/2<=p.second;i++);
i--;//求出操作中最大的那一个数是质数的多少次幂,用到等差数列求和公式
ans+=i;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
E - Count Median
给你(N)个数,每个的范围在(A_i)到(B_i)之间。问你中位数有多少种取值可能。特别地,(N)为偶数时,中位数是中间两个数的平均数(可能有(0.5)的出现)。
容易证明,最小和最大的中位数中间的所有可能的中位数都是一定可以取到的。
现在我们只要求出最小和最大的中位数就好,这个可以贪心地取(A_i)或(B_i)做到。
程序中使用了一些位运算,可以参考下列文章:
基本位运算芝士:https://blog.csdn.net/jason314/article/details/5719933
运算符的优先级:https://blog.csdn.net/nicky_zs/article/details/4053146
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[200005],b[200005];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
}
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+n);
if(n&1){//n为奇数时
cout<<b[n+1>>1]-a[n+1>>1]+1<<endl;//最后的+1是为了把答案从左闭右开或左开右闭区间转换为闭区间
}else{//n为偶数时
cout<<b[n>>1]+b[(n>>1)+1]-a[n>>1]-a[(n>>1)+1]+1<<endl;//这里除了最后的+1,前面的被我乘以2计算了,方便写代码
}
return 0;
}
F - Knapsack for All Subsets
能做到F的应该不需要听题意了吧。你个懒猪!写题解还这么懒就给我去**啦!哼!
我们可能会走入一种误区,就是求出集合内元素恰好和是(S)的这些集合,然后再去求包含它的这些集合的个数,然而是错的。(也可能是我没有想到,至少它没那么好写(逃))
假如直接按照题目的意思去考虑,可以想到一种很方便的DP方式,那就是dp[i][j]
表示大小小于等于i
,有至少一个子集的元素和为(j)的集合个数。
这样,加入(A)中元素的顺序就和这个DP状态无关了,我们可以先把(i)的顺序确定下来:从(1)到(N)遍历数组(A)。(j)更简单,从小到大枚举即可。
那么转移方程怎么得到呢?首先,对应第(i)位的元素(A_i)在“元素和为(j)的子集”中选不选,都可以加上第一维减一的状态的答案。(假如之前就有一种子集和为(j)的选法,那么这个元素对于选法的贡献就不重要了)
然后,假如选了这个元素进“元素和为(j)的子集”,就又要加上第一维减一,第二位减去(A_i)的状态的答案。方程就可以得到了:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
int n,s,a[3005];
ll dp[3005][3005];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>s;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
for(int j=0;j<=s;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j]*2%mod;
if(j>=a[i])dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-a[i]])%mod;
}
}
cout<<dp[n][s]<<endl;
return 0;
}