AtCoder Regular Contest 060

C - 高橋君とカード / Tak and Cards

思路：dp,先说说我想的，我写的dp数组是dp[i][j][k]，表示从前i个数字中，选择j个数字，平均值为k，则dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k]+dp[i-1][j-1][(j*k-nums[i])/(j-1)]，即第i个选或者不选。不过错了。。。。标程给出的题解思路差不多，dp[i][j][k]表示前i个数字中选取j个数字，和为k。dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k]+dp[i-1][j-1][k-nums[i]]。时间复杂度为O(n^4)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int MAXN = 55;
long long dp[MAXN][MAXN][MAXN*MAXN];
int nums[MAXN];
int n,a;
 
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&a);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d",&nums[i]);
    dp[0][0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = 0; j <= i; ++j)
        {
            for(int k = 0; k <= n*50; ++k)
            {
                if(k >= nums[i] && j > 0) dp[i][j][k] += (dp[i-1][j][k]+dp[i-1][j-1][k-nums[i]]);
                else dp[i][j][k] += dp[i-1][j][k];
            }
        }
    }
    long long res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        res += dp[n][i][i*a];
    printf("%lld
",res);
    return 0;
}

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#### D - 桁和 / Digit Sum 思路：感觉这题思路就很新了，主要是因为没见过这种题。看数据范围是1e11,sqrt(n)的时间复杂度还是很好的。标程是把b分了两种情况来求解，一种是b<=sqrt(n)，一种是b>sqrt(n)。当b<=sqrt(n)的时候，直接枚举即可。当b>sqrt(n)的时候，n=pb+q，因为这时b^2>n。考虑n的b进制表示为x2x1x0。则n=x0 + x1 * b + x2 * b^2，因为b^2>n，所以x2=0，所以这时候n = pb+q，则s=p+q。联立两式，得到n-s=p * (b-1)(标程中这里p和b写混了)，然后枚举n-s的因子即可。 ```c++ #include using namespace std; typedef long long LL; const LL INF = 1e13; LL n,s,st,sum;

void dfs(LL num, LL base)
{
if(num == 0) return;
dfs(num/base,base);
sum += num%base;
}

int main()
{
cin >> n >> s;
if(s > n)
{
cout << -1 << endl;
return 0;
}
if(s == n)
{
cout << s+1 << endl;
return 0;
}

st = sqrt(n) + 1;
for(LL i = 2; i <= st; ++i)
{
    sum = 0;
    dfs(n,i);
    if(sum == s)
    {
        cout << i << endl;
        return 0;
    }
}
LL b,q,res = INF;
n = n-s;
for(LL i = 1; i*i <= n; ++i)
{
    if(n%i == 0)
    {
        b = n/i+1;
        q = s-i;
        if(q >= 0 && b >= 2 && q < b && i < b)
            res = min(res,b);
    }
}
cout << (res==INF?-1:res) << endl;
return 0;

}

<hr/>
#### E - 高橋君とホテル / Tak and Hotels
思路：首先呢，是想预处理每个点向右和向左最远能扩展的距离，想到这里，发现不会预处理，遂放弃。然后想以每个点为终点，计算出最左边起点到这个点的最短时间和最右边点到这个最短天数，发现这种情况下，不能保证a-b这一段中，a是作为起始点的，放弃。看题解。英文题解没看懂，把日文题解翻译成中文才看懂了。主要思路就是利用倍增的思想，处理出每个点向右或者向左在x天内最远能到达的距离。r[k][i]表示节点i在2^k天内最远能到达的点,r[k+1][i]=r[k][r[k][i]]。然后算天数就好了。
```c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 1e5+10;
int dp[30][MAXN],x[MAXN],l,n;
int q;

int main()
{
    int i,j;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> x[i];
    cin >> l;
    for(int i = 1; i < n; ++i)
        dp[0][i] = upper_bound(x+1,x+n+1,x[i]+l) - x - 1;
    for(i = 1; i < 30; ++i)
    {
        for(j = 1; j <= n; ++j)
            dp[i][j] = dp[i-1][dp[i-1][j]];
    }
    cin >> q;
    int a,b,res;
    while(q--)
    {
        res = 0;
        cin >> a >> b;
        if(a > b) swap(a,b);
        for(i = 29; i >= 0; --i)
        {
            if(dp[i][a] == 0) continue;
            if(dp[i][a] < b)
            {
                a = dp[i][a];
                res += (1<<i);
            }
        }
        cout << res+1 << endl;
    }
    return 0;
}

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#### F - 最良表現 / Best Representation 待补