拼不出的数
lost.in/.out/.cpp
【问题描述】
3 个元素的集合{5, 1,2} 的所有子集的和分别是0,1, 2, 3, 5, 6, 7, 8。发
现最小的不能由该集合子集拼出的数字是4。
现在给你一个n 个元素的集合，问你最小的不能由该集合子集拼出的
数字是多少。
注意32 位数字表示范围。
【输入格式】
第一行一个个整数n。
第二行n 个正整数ai，表示集合内的元素。
【输出格式】
一行一个个整数答案。
【样例输入】
3
5 1 2
【样例输出】
4
【数据规模和约定】
对于30% 的数据，满足n <=15。
对于60% 的数据，满足n <= 1000。
对于100% 的数据，满足n <= 100000; 1 <= ai <= 10^9。
题解：排序+前缀和
sum表示当前前缀和
如果当前加入的数大于前缀和+1，那么输出前缀和+1，否则继续。
因为需要表示连续的整数，那么相邻的数最多只能差1.
如果排序后k前面的数字之和<k-1,那么k-1这个数就无法表示。
再详细的说就是
现在能表示出[0,0]这个区间，那么对于排序后接下来的数k，如果k>1，那么1
这个数就永远也拼不出来。那么对于之前能拼出的区间为[0,x]，加上k之后能拼出
的数至少为[k,x+k],必须要求[0,x]这个区间的右端点和[k,k+x]的左端点连续才能把所有
数都拼出来，也就是k<=x+1。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long using namespace std; int n,a[100008]; LL sum; int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]>sum+1){ printf("%lld ",sum+1); return 0; } sum+=a[i]; } printf("%lld ",sum+1); return 0; }
整除
div.in/.out/.cpp
【问题描述】
给定整数n，问[n/i],的结果有多少不同的数字。（1<=i<=n),i为正整数。
比如n=5时，[5/1]=5,[5/2]=2,[5/3]=1,[5/4]=1,[5/5]=1，所以结果共有三个
不同的数字。
注意32位整数的表示范围。
【输入格式】
一行一个整数n
【输出格式】
一行一个整数答案
【样例输入】
5
【样例输出】
3
【数据规模与约定】
对于30% 的数据，满足1 <=n <= 10^3
对于60% 的数据，满足1 <= n <= 10^12
对于100% 的数据，满足1 <= n <= 10^18
题解：
发现一段区间的数是连续的，想办法跳过去。
时间复杂度根号n 因为至多有根号n个数
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long using namespace std; LL n,ans; int main(){ scanf("%lld",&n); for(register LL i=1;i<=n;i++){ LL a=n/i; LL b=n/a; i=b; ans++; } printf("%lld",ans); return 0; }
正解：
找规律
对于n=7
i ret
1 7
2 3
-------
3 2
...
7 1
发现在横线上方有两个答案,下方也有两个.把重复的答案去掉就成了
1 7
2 3
------
3 2
7 1
发现 1--7和7--1,2--3和3--2是对应的.相当于根号7作为一个分界线.
那么答案会是(根号n)*2么?
再看个例子9
1 9
2 4
3 3
4 2
....
9 1
答案是5,而不是sqrt(9)*2=6(这里的sqrt都是下取整).这是因为3多数了一次.
那么是不是对于完全平方数答案就要-1呢?对拍发现不是这样的.
对于10
1 10
2 5
3 3
4 2
5 2
6 1
...
10 1
发现答案是5,不是sqrt(10)*2-1.这是为什么呢?这是因为10/sqrt(10)=sqrt(3),这里的3又多数了一次.
所以对于[N/[N]]=[N],答案都要减1.就可以做到O(1)得出答案. 这是同学给我讲的好详细哒orz..
也可以打表找规律
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #define LL long long using namespace std; LL n; int main(){ scanf("%lld",&n); LL k=sqrt(n),ans=k*2; if(k*k<=n&&k*(k+1)>n)ans--; printf("%lld ",ans); return 0; }
std的做法是二分。
对于[n/i]假设它的值是
100 70 60 50 20 19 18 17 16 15 14 1 1 1 1
那么相邻两项的差值为[n/i]-[n/i-1],如果按浮点数比较，
[n/i]-[n/i-1]<=1,那么1--[n/i]这段区间的所有数都存在，
对于[n/i]和[n/i+1]的差大于1，对于不同的i存在不同的[n/i]，
对于i越大，差值越小。//我也不太明白这个做法。
我又认真看了看...下面是我的理解...
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cassert> using namespace std; typedef long long LL; LL n; bool check(LL x){ // n <= x*(x+1) if(x*1.*(x+1)>1e18) return true; if(n <= x *(x+1)) return true; return false; } int main(){ freopen("div.in","r",stdin); freopen("div.out","w",stdout); scanf("%lld",&n); if(n==1){ puts("1"); }else if(n==2){ puts("2"); }else{ LL L = 1,R=n-1; while(R-L>1){ LL mid = (L+R)/2; if(check(mid)) R=mid; else L=mid; } // assert(check(R)); printf("%lld ",L+(n/R)); } return 0; }
钻石diamond.in/.out/.cpp
【问题描述】
你有n 个“量子态” 的盒子，每个盒子里可能是一些钱也可能是一个钻
石。
现在你知道如果打开第i 个盒子，有Pi/100 的概率能获得Vi 的钱，有
1 -Pi/100 的概率能获得一个钻石。
现在你想知道，如果恰好获得k(0<= k<= n) 个钻石，并且获得钱数大
于等于m 的概率是多少。
请你对0 <= k<= n 输出n+1 个答案。
答案四舍五入保留3 位小数。
【输入格式】
第一行两个整数n,m，见题意。
接下来n 行，每行两个整数Vi; Pi。
【输出格式】
输出共n+1 行，表示0<= k<= n 的答案。
【样例输入】
2 3
2 50
3 50
【样例输出】
0.250
0.250
0.000
题目大意：有n个盒子，打开时有pi的概率是钱，有1-pi的概率是钻石，求当
钻石的个数为0-n时并且钱的个数大于等于m时的概率
题解：
搜索60分
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long using namespace std; int n,m; double ans[35]; struct BOX{ int v,p; }b[35]; inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=1; for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0'; return x*f; } void dfs(int x,LL sumz,int sumq,double w){ if(x==n+1){ if(sumq>=m)ans[sumz]+=w; return; } dfs(x+1,sumz+1,sumq,w*(1.0-b[x].p*1.0/100)); dfs(x+1,sumz,sumq+b[x].v,w*b[x].p*1.0/100); } int main(){ freopen("diamond.in","r",stdin); freopen("diamond.out","w",stdout); n=read();m=read(); /*n个盒子 m钱数大于m*/ for(int i=1;i<=n;i++){ b[i].v=read();b[i].p=read(); } /*pi/100的概率获得钱*/ dfs(1,0,0,1.0); /*目前看第1个盒子，钻石数和钱数为0 当前情况出现的概率为0.0 */ for(int i=0;i<=n;i++) printf("%.3lf ",ans[i]); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
正解
一直以为是dp，dp应该也可过。正解是双向搜索 meet in the middle
我们可以把盒子分成两半 1--n/2和n/2+1--n，搜索出后一半的情况，在前一半的状态中
找出两半合并后满足条件的状态，满足的条件就是钱数>=n。对于每一种状态我们可以用
一个三元组表示{a,b,c}表示状态的钻石个数为a,钱数为b，概率为c。
对于这样一组样例
2 50
3 50
--------
4 50
5 50
那么前一半的状态用三元组表示为
{0,5,0.25},{1,3,0.25},{1,2,0.25},{1,3,0.25};
好，我们知道这样表示了。代码实现的主要过程就是，我们搜索后一半的状态，
找前一半有多少符合的。
例如，现在我们已经搜出后一半的所有三元组了。
前一半的某个状态为{cnt,money,nowp}，那么我们至少需要的钱就是L=m-money，
那就需要找后一半状态里钱数大于等于L的，可以二分找。对于后一半的所有状态，按钻石数分块，
意思是，钻石数为0的放在一起，为1的放在一起...，并且对于每一块做概率的前缀和。找出每一块里
钱数大于等于L的那个状态，就可以用前缀和求出钱数大于等于L状态的概率的总和tmp。那么钻石
数为p时最答案的贡献就是，在后一半找到的概率和tmp,和前一半的现在搜到的状态的概率nowp的乘积。
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; int tt; int n,m; int v[35]; double p[35]; double ans[35]; vector<pair<int,double> > sta[35]; int main(){ freopen("diamond.in","r",stdin); freopen("diamond.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,x;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&v[i],&x); p[i]=x/100.; } for(int i=0;i<=n;i++){ sta[i].clear(); } int an=(n/2.5)+1; int bn=n-an; for(int st=0;st<1<<bn;st++){ double nowp=1; int cnt=0,money=0; for(int i=0;i<bn;i++){ if((st>>i)&1){ money+=v[n-i]; nowp*=p[n-i]; }else{ cnt++; nowp*=(1-p[n-i]); } } sta[cnt].push_back(make_pair(money,nowp)); } for(int i=0;i<=n;i++){ sort(sta[i].begin(),sta[i].end()); for(int j=1;j<sta[i].size();j++){ sta[i][j].second+=sta[i][j-1].second; } } for(int st=0;st<1<<an;st++){ double nowp=1; int cnt=0,money=0; for(int i=0;i<an;i++){ if((st>>i)&1){ money+=v[i+1]; nowp*=p[i+1]; }else{ cnt++; nowp*=(1-p[i+1]); } } for(int i=0;i<=bn;i++){ // now d =cnt+i int L = m-money; vector<pair<int,double> >::iterator it = lower_bound(sta[i].begin(),sta[i].end(),make_pair(L,-1.)); double tmp = sta[i].back().second; if(it!= sta[i].begin()){ it--; tmp-=it->second; } ans[cnt+i] += tmp*nowp; } } for(int i=0;i<=n;i++){ printf("%.3f ",ans[i]); } fclose(stdout); return 0; }