木棍(stick)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有很多木棍，具体的，总共有n根，且每根木棍都有一个长度。为了方便起见，我们可以用一个正整数ai表示第i根木棍的长度。
LYK有一把小刀，但这把小刀由于削木棍很不方便，对于一根木棍而言，它只能用这把小刀削掉恰好1的长度。
LYK觉得如果4根木棍头尾相连能恰好拼成长方形，说明这4根木棍是可以捆在一起卖钱的！具体的，如果这4根木棍的长度分别为a,b,c,d，如果满足a=b,c=d，说明恰好可以拼成长方形，且获得的钱为这4根木棍圈成的面积a*c。当然如果不能恰好拼成长方形，则卖不出去。
LYK想将这些木棍尽可能的4个一组捆在一起去卖钱，它想知道最多能获得多少钱。
输入格式(stick.in)
第一行一个数n，表示木棍的个数。
接下来一行n个数，第i个数ai表示第i根木棍的长度。
输出格式(stick.out)
一个数表示答案。
输入样例
12
2 3 3 4 5 5 5 5 7 9 11 13
输出样例
31
数据范围
对于30%的数据n=4。
对于50%的数据n<=20。
对于70%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=ai<=1000000。
从大到小枚举长度，如果是奇数个，就割1
再从大到小枚举长度，拿出两个来相乘
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 1000001 using namespace std; int n,x,maxn,minn=N; int a[N],b[N]; long long ans; int main() { freopen("stick.in","r",stdin); freopen("stick.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); a[x]++; maxn=max(maxn,x); minn=min(minn,x); } for(int i=maxn;i>=minn;i--) if(a[i] && (a[i]+b[i])&1) b[i-1]++,a[i]--; for(int i=maxn;i>=minn;i--) a[i]+=b[i]; int r1,r2,now=maxn; while(now>=minn) { while(now>=minn && a[now]<2) now--; if(now<minn) break; r1=now; a[now]-=2; while(now>=minn && a[now]<2) now--; if(now<minn) break; r2=now; a[now]-=2; ans+=1ll*r1*r2; } printf("%I64d",ans); }
寻找最美的你(select)
Time Limit:2000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK带着悲伤行走在黑暗里。寂穆的夜空没有星月的点缀，身旁的树木、房屋、万事万物连同你自己，都融于宇宙的虚无缥缈之中。黑暗，压抑、膨胀、严严实实包围整个世界，LYK害怕，彷徨，无奈。突然，眼前出现一扇窗，流漏出点点昏黄的灯光。LYK欣喜地奔去看，原来这里有n个数字，LYK深深地被它们吸引。
这个问题是这样的，如果一个区间[L,R]存在一个数ai，使得这个数是这个区间所有数的约数，那么[L,R]这段区间，是一段好区间。
现在，LYK想知道最长的好区间的长度是多少，并且它想知道最长的好区间具体的位置，如果有多个，从小到大输出它们的左端点。
输入格式(select.in)
第一行一个数n，表示有n个这样的数字。
第二行n个数ai。
输出格式(select.out)
第一行两个数sum,len。其中sum表示有sum个最长的好区间，len表示最长的好区间的长度。
第二行sum个数，从小到大输出，表示所有最长好区间的左端点。
输入样例
5
4 6 9 3 6
输出样例
1 4
2
样例解释：
有一个最长的好区间[2,5]。
数据范围
对于40%的数据n<=100。
对于60%的数据n<=3000。
对于80%的数据n<=30000。ai<=1000。
对于100%的数据1<=n<=300000，1<=ai<=1000000。ai以一定方式随机。
从小到大枚举每个数，看以它为约数向左向右最远能扩展到哪儿
扩展到的地方打上标记，打上标记的数不再枚举
O（n）
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 300001 using namespace std; int n,a[N],minn; int ans[N],len; bool v[N]; struct node { int num,id; bool operator < (node p)const { return num<p.num; } }e[N]; int main() { freopen("select.in","r",stdin); freopen("select.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),e[i].id=i,e[i].num=a[i]; sort(e+1,e+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) { if(v[e[i].id]) continue; v[e[i].id]=true; minn=e[i].num; int j,k; for(j=e[i].id-1;j;j--) if(a[j]%minn) break; else v[j]=true; for(k=e[i].id+1;k<=n;k++) if(a[k]%minn) break; else v[k]=true; j++; k--; if(k-j+1>len) len=k-j+1,ans[0]=1,ans[1]=j; else if(k-j+1==len) ans[++ans[0]]=j; } sort(ans+1,ans+ans[0]+1); printf("%d %d ",ans[0],len); for(int i=1;i<=ans[0];i++) printf("%d ",ans[i]); }
数字(number)
Time Limit:2000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK定义了一个新的计算。
具体地，一开始它有两个数字a和b。
每一步，它可以将b增加1，或者将a乘上b。
也就是说(a,b)经过一次操作后可以变成(a,b+1)或者(a*b,b)。再经过一次操作可以变成(a,b+2)或者(a*(b+1),b+1)或者(a*b,b+1)或者(a*b*b,b)。接下来都类似……它认为只有在这个括号左侧的数字才是有意义的，并且它想执行的操作数不会很多。
具体的，如果LYK能通过不超过p步，使得这个括号内左侧的数字变成x，那么x就是一个有意义的数字！
但zhw觉得这个题目太难了，会为难大家，于是他将这个问题中初始的a定义为了1，把b定义为了0。
LYK想知道在一段区间[L,R]中，存在多少有意义的数字。
输入格式(number.in)
第一行3个数分别表示L,R,p。
输出格式(number.out)
一个数表示答案。
输入样例1
1 100 10
输出样例1
46
输入样例2
233 233333333 50
输出样例2
332969
数据范围
对于30%的数据L,R<=10。
对于另外20%的数据p<=20。
对于70%的数据1<=L<=R<=1000，1<=p<=50。
对于90%的数据1<=L<=R<=1000000，1<=p<=50。
对于100%的数据1<=L<=R<=500000000，1<=p<=50。
首先，如果一个数可能有意义，那么他分解质因数的结果全都<=p
所以先预处理所有可能有意义的数，大概一百万个
dp[j]+i 表示 左边到j，右边到i ，所需的最少操作次数
显然，只有dp[j]+i<=p，j这个数才有意义
如果k是j的约数，那么dp[j]可以由dp[k]加1更新
而j的范围到500000000，显然数组开不下
所以将所有有意义的数映射，即j不再表示有意义的数是j，表示第j个有意义的数
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 3000001 using namespace std; int l,r,p; int prime[51],sum_prime; int b[N],cnt; int dp[N]; bool v[N]; void dfs(int x,int num) { if(x==sum_prime+1) { b[++cnt]=num; return; } dfs(x+1,num); while(1) { if(1ll*num*prime[x]>r) return; num*=prime[x]; dfs(x+1,num); } } int main() { // freopen("number.in","r",stdin); // freopen("number.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&l,&r,&p); bool f=true; for(int i=2;i<=p;i++) { f=true; for(int j=2;j*j<=i;j++) if(i%j==0) { f=false; break; } if(f) prime[++sum_prime]=i; } dfs(1,1); sort(b+1,b+cnt+1); for(int i=2;i<=cnt;i++) dp[i]=100; for(int i=2;i<=p;i++) { int k=1; for(int j=1;j<=cnt;j++) if(b[j]%i==0) { if(dp[k]+1<dp[j]) dp[j]=dp[k]+1; k++; if(dp[j]+i<=p) v[j]=true; } } v[1]=true; int ans=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) if(b[i]>=l && v[i]) ans++; printf("%d",ans); }