期望得分：100+100+50=250
实际得分：100+100+30=230
A 约数之和(count.pas/c/cpp)
TL:1S ML:128MB
【Description】
我们用 D(x)表示正整数 x 的约数的个数。给定一个正整数 N，求 D(1)+D(2)+…+D(N)。
【Input】
一行一个正整数 N。
【Output】
一行一个整数，表示答案
【Sample Input】
5
【Sample Output】
10
【Hint】
样例解释：
D(1)=1 D(2)=2
D(3)=2 D(4)=3 D(5)=2
对于 20%的测试数据：N<=1000
对于 50%的测试数据：N<=100000
对于 100%的测试数据：N<=10000000
枚举i，那么i是n/i个数的约数
#include<cstdio> using namespace std; int main() { freopen("count.in","r",stdin); freopen("count.out","w",stdout); int n,ans=0; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) ans+=n/i; printf("%d",ans); }
B 邮局选址(post.pas/c/cpp)
TL:1S ML:128MB
【Description】
在 J 市的一条笔直的公路旁分布着 n 个村庄，每个村庄都有一个唯一的坐标 Xi，任意一
对村庄的坐标不同。最近，J 市领导计划在村庄里新建 m 个邮局，而邮局在 n 个村庄里
的分布情况会影响到居民的便利程度。
设 m 个邮局分别建在 P1,P2,..,Pm 号村庄。每个村庄的村民都会找到与其距离最近的一
个邮局， 若有多个距离最近的则会任选一个， 该村庄的便利度即为该村庄与其最近的邮局的
距离，而所有村庄的便利度的和即为总便利度。
严格地讲，总便利度 C 定义为
∑min {|?? − ???|(1 ≤ ? ≤ ?)}
?
?=1
现在，由你来安排邮局的建设位置。请计算最小的 C 是多少。
【Input】
第一行两个整数 n m
第二行递增的 n 个整数，表示 X1..Xn
【Output】
一行一个整数，表示最小的 C
【Sample Input】
10 5
1 2 3 6 7 9 11 22 44 50
【Sample Output】
9
【Hint】
样例解释：建立在坐标为：2 7 22 44 50 的位置
每个村庄的便利度分别为：1 0 1 1 0 2 4 0 0 0
对于 30%的测试数据 n ≤ 10
对于 60%的测试数据 n ≤ 50
对于 100%的测试数据 1 ≤ n ≤ 300; 1 ≤ m ≤ 30; m ≤ n; 1 ≤ Xi ≤ 10000
考场思路：
dp[i][j] 表示前i个村庄，放了j个邮局，一定有一个邮局在第i个村庄最小的C
预处理dis[i][j]表示两个相邻的邮局一个在i，一个在j，村庄i到村庄j的最小的C
dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+dis[k][i])
最后再把第n个村庄不放邮局合并进去
#include<cstdio> #include<cstring> #define N 301 #define M 31 using namespace std; int pos[N]; int dis[N][N],dp[N][M],last[N]; int abs(int i) { return i<0 ? -i : i; } int min(int i,int j) { return i<j ? i : j; } int main() { freopen("post.in","r",stdin); freopen("post.out","w",stdout); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&pos[i]); int mid; for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i;j<=n;j++) for(int k=i;k<=j;k++) if(pos[k]-pos[i]<pos[j]-pos[k]) dis[i][j]+=pos[k]-pos[i]; else dis[i][j]+=pos[j]-pos[k]; memset(dp,63,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i][1]=0; for(int k=1;k<=i;k++) dp[i][1]+=abs(pos[k]-pos[i]); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) last[i]+=abs(pos[j]-pos[i]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=2;j<=min(i,m);j++) for(int k=1;k<i;k++) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+dis[k][i]); for(int i=1;i<=n;i++) dp[n][m]=min(dp[n][m],dp[i][m]+last[i]); printf("%d",dp[n][m]); }
std思路：
dp[i][j]前i个村庄，放了j个邮局
预处理cost[i][j] 表示村庄i到村庄j 共用一个邮局，那么这个邮局肯定放在中位数位置
dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+cost[k+1][i])
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int n, m, p[1001], f[1001][1001], cost[1001][1001]; int main() { freopen("post.in", "r", stdin); freopen("post.out", "w", stdout); scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &p[i]); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = i; j <= n; j++){ cost[i][j] = 0; int k = (i + j) >> 1; for (int t = i; t <= j; t++) cost[i][j] += abs(p[k] - p[t]); } memset(f, 0x3f, sizeof(f)); f[0][0] = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) for (int k = 0; k <= i - 1; k++) f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j - 1] + cost[k + 1][i]); printf("%d ", f[n][m]); }
C 分数(fraction.pas/c/cpp)
TL:2S ML:128MB
【Description】
在一门叫做计算机应用数学的神奇的课上，老师教给大家如何处理小数的进制转换：
p 进制的小数 abc.def 的十进制值为： 
例如十进制数 1
3 在十进制下小数表示为 0.33333…， 在三进制下为 0.1， 在三十进制下为 0.A。
（这里 A 的含义与十六进制中 A 的含义相同，均表示 10） 。
下课后，老师要求 kAc 将 N 个十进制的分数写成 k 进制下的小数。然而 kAc 发现，很多十
进制分数根本不可能写成有限的 k 进制小数！这令他十分不爽，不过他想知道，最小需要几
进制才能使得这些十进制分数在该进制下均为有限的小数。
【Input】
第一行两个整数 N
接下来 N 行，每行两个整数 a, b，表示一个十进制小数 a
b 。
【Output】
一个整数，表示最小进制数。这里，请按照十六进制输出，所有字母全部大写。 （例如，如
果答案为十进制下 26，则输出 1A） 。
【Sample Input】
2
3 99
1 99
1 11
【Sample Output】
21
【Hint】
样例解释：
在 33 进制下，
3
99 可以表示为 0.1，
1
99 可以表示为 0.0B，
1
11 可以表示为 0.3。
可以证明不存在更小的进制，使得他们均为有限小数。
对于 20%的测试数据：n=1
对于 50%的测试数据： n<=10， a, b <= 10000， 保证最终答案在十进制下不超过 10000。
对于 70%的测试数据：n<=100，a, b<= 10000。
对于 100%的测试数据：n<=1000，1 <= a,b <= 1000000000。
首先把分数约成最简
然后结果只跟分母有关
打表可以发现，如果a/b可以表示成n进制，那么有
对b分解质因数:b=p1^k1 * p2^k2 * ……
n = m* p1*p2*p3 ，m∈Z+
所以对所有的分母分解质因数，取最小公倍数即为答案
求最小公倍数时，涉及高精，不要用a*b/gcd（a，b）
将所有分解质因数的p乘起来即可
map判断这个p有没有被乘进去过
#include<cstdio> #include<cstring> #include<map> using namespace std; const int MO=15; struct Big { int len,data[10001]; void clear() { memset(this,0,sizeof(*this));} int & operator [] (int k) { return data[k] ; } Big operator = (int k) { clear(); len=0; while(k) { ++len; data[len]=k&MO; k>>=4; } if(!len) ++len; return *this; } Big operator * (Big A) { Big tmp; tmp.clear(); tmp.len=len+A.len-1; for(int i=1;i<=len;i++) for(int j=1;j<=A.len;j++) { tmp[i+j-1]+=A[j]*data[i]; tmp[i+j]+=(tmp[i+j-1]>>4); tmp[i+j-1]&=MO; } while(tmp[tmp.len+1]) ++tmp.len; return tmp; } void print() { for(int i=len;i;i--) printf("%X",data[i]); } }tmp,ans; map<int,bool>M; int pnum,p[100001]; bool f[10000001]; void GETP(int M) { memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=2;i<=M;i++) { if(!f[i]) p[++pnum]=i; for(int j=1;j<=pnum;j++) { if(i*p[j]>M) break; f[i*p[j]]=true; if(i%p[j]==0) break; } } } int gcd(int a,int b) { return !b ? a : gcd(b,a%b);} void work(int num) { for(int i=1;i<=pnum;i++) if(num%p[i]==0) { if(M[p[i]]==0) { M[p[i]]=true; tmp=p[i]; ans=ans*tmp; } while(num%p[i]==0) num/=p[i]; } if(num!=1) if(M[num]==0) { M[num]=true; tmp=num; ans=ans*tmp; } } int main() { ans=1; int t,a,b; scanf("%d",&t); GETP(100000); while(t--) { scanf("%d%d",&a,&b); int d=gcd(a,b); a/=d,b/=d; work(b); } ans.print(); }