A - Jzzhu and Children
找到最大的ceil(ai/m)即可
#include <iostream> #include <cmath> using namespace std; int main(){ int n,m; cin >> n >> m; double a, maxv = 0; int maxIdx = 0; for(int i = 0; i < n; ++ i){ cin >> a; if(maxv <= ceil(a/m)){ maxv = ceil(a/m); maxIdx = i+1; } } cout<<maxIdx<<endl; }
B - Jzzhu and Sequences
fi = fi-1-fi-2
f1=x, f2=y, f3=y-x, f4 = y-x-y = -x, f5 = -x-(y-x) = -y , f6 =-y-(-x) = x-y
f7 = x-y-(-y)=x, f8 = x-(x-y) = y...........
注意該序列的迴圈節是6
只要算出前六個數即可。
#include <iostream> #include <vector> #define ll long long #define MOD 1000000007 using namespace std; int main(){ ll x,y,n; cin >> x >> y >> n; vector<ll> f(6,0); f[0] =x;f[1]=y; for(int i = 2; i < 6; ++ i) f[i] = f[i-1]-f[i-2]; cout<<(f[(n-1)%6]%MOD+MOD)%MOD<<endl; }
本題也可以採用矩陣快速冪運算
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #include <queue> #include <utility> #define ll long long #define MOD 1000000007 using namespace std; struct matrix { ll m[2][2]; }ans, base; matrix multi(matrix a, matrix b) { matrix tmp; for(int i = 0; i < 2; ++i) { for(int j = 0; j < 2; ++j) { tmp.m[i][j] = 0; for(int k = 0; k < 2; ++k) tmp.m[i][j] = (tmp.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]); } } return tmp; } ll fast_mod(ll n,ll x,ll y) { base.m[0][0] = 1; base.m[0][1] = -1; base.m[1][0] = 1; base.m[1][1] = 0; ans.m[0][0] = ans.m[1][1] = 1; ans.m[0][1] = ans.m[1][0] = 0; while(n) { if(n & 1) { ans = multi(ans, base); } base = multi(base, base); n >>= 1; } return ans.m[0][0]*y+ans.m[0][1]*x; } int main(){ ll x,y,n; cin >> x >> y >> n; ll res = 0; if(n == 1) res = x; else if(n == 2) res = y; else res = fast_mod(n-2,x,y); if(res < 0) res = res%MOD; cout<<(res+MOD)%MOD<<endl; }
注意結果輸出時對負數要 (res%mod+mod)%mod，因為res可能大於mod， 不然結果可能被cha掉
C - Jzzhu and Chocolate
題目的意思：
給nxm的巧克力，切k刀後，求最小塊巧克力的最大面積
解題思路：
可以假設n<m，如果n>m，則交換n和m。
現在將行分成x行，列分成y列，相當於行切x-1次，列切y-1次，x-1+y-1=k 即x+y=k-2，
此時最小塊面積是floor(n/x)*floor(m/y),要使最小塊面積最大，即使x*y儘量小。
x*y=x(k-2-x) = -x2+(k-2)x，這是一個開頭向下的拋物線，拋物線中間值最大，要是值x*y最小，x必須在拋物線的兩邊，x在0這邊或者k這邊。
現在分情況考慮
（1）如果k<n，這最優的(x,y)，是{x=1,y=k+1}（列切k次）或者{x=k+1, y=1}(行切k次)
（2）如果n≤k<m，這最優的(x,y)，是{x=1,y=k+1}(列切k次)
（3）如果m≤k≤n+m-2，最優的(x,y)，是{x=k+2-m,y=m}(行切k+1-m次，列切m次)
（4） 如果 k>n+m-2，則不存在切割方法（行最多切n-1次，列最多切m-1次）
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #define ll long long using namespace std; int main(){ ll n,m,k; cin >> n >> m >>k; if(n > m) swap(n,m); if(k < n) cout<<max(n*(m/(k+1)),n/(k+1)*m)<<endl; else if(k>=n && k < m) cout<<n*(m/(k+1))<<endl; else if(k>=m && k <= n+m-2) cout<<n/(k+2-m)<<endl; else cout<<-1<<endl; }
D - Jzzhu and Cities
題目的意思：
給你n個城市，m條無向有權邊，然後還有k條邊，每條邊是從起點出發到i，以及相應的權重，刪除這k條邊中的一些邊，使每個點到起點的最短距離不變。
解題思路是:
將原有的m條邊和k條邊都加入圖中，注意要區分這兩種不同的邊，對於k條邊是可以刪除的，要進行標記。然後跑一遍dijkstra演算法，記錄其每個點最短路徑的前一個點。然後遍歷這些點，如果前一個點是起始點，且當前點到前一個點是可以刪除邊，則這條邊不可以刪除。
關於dijkstra演算法，可以參考《演算法競賽入門經典訓練指南》p327給的模板，這本書上面有很多模板寫的比較好
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstring> #include <cstdlib> #define ll long long #define INF 0xffffffff #define maxn 100000 using namespace std; struct Edge{ int from,to; ll dist; bool flag; }; struct HeapNode{ ll d; int u; bool operator<(const HeapNode& rhs) const{ return d > rhs.d; } }; struct Dijkstra{ int n,m; vector<Edge> edges; vector<int> G[maxn]; bool done[maxn]; ll d[maxn]; int p[maxn]; void init(int n){ this->n = n; for(int i = 0; i < n ; ++ i) G[i].clear(); edges.clear(); } void AddEdge(int from, int to, int dist,bool flag = false){ edges.push_back((Edge){from,to,dist,flag}); m = edges.size(); G[from].push_back(m-1); } void dijkstra(int s){ priority_queue<HeapNode> Q; for(int i = 0 ; i < n; ++ i ) d[i] = INF; d[s] = 0; memset(done,0,sizeof(done)); Q.push((HeapNode){0,s}); while(!Q.empty()){ HeapNode x = Q.top();Q.pop(); int u = x.u; if(done[u]) continue; done[u] = true; for(int i = 0 ; i < G[u].size(); ++ i){ Edge& e = edges[G[u][i]]; if(d[e.to] > d[u] + e.dist || (d[e.to] == d[u] + e.dist && !e.flag)){ d[e.to] = d[u] + e.dist; p[e.to] = G[u][i]; Q.push((HeapNode){d[e.to], e.to}); } } } } }; int main(){ int n,m,k; cin >> n >> m >> k; Dijkstra a; a.init(n); for(int i = 0 ; i < m; ++ i){ int u,v; ll x; cin >> u >> v >>x; --u;--v; a.AddEdge(u,v,x); a.AddEdge(v,u,x); } for(int i = 0 ; i < k; ++i){ int s; ll y; cin >>s >> y; --s; a.AddEdge(0,s,y,true); a.AddEdge(s,0,y,true); } a.dijkstra(0); int res = 0; for(int i = 1; i < n; ++ i){ if(a.edges[a.p[i]].flag) res++; } cout<<k-res<<endl; }
E - Jzzhu and Apples
題目的意思：
有1到n個數，它們兩兩分為一組，要求在一組的數字的公共因子大於1，即要求這兩個數不互質，問最多有多少分組
解題思路:
對於找出n以內的素數，由於n的最大為100000，可以考慮用篩選法選擇素數。（其核心思想就是素數的倍數都不是素數）
2是素數，則2*2,2*3........都不是素數，然後將這些數標記，下一個數是3
3是素數，則3*2,3*3........都不是素數，然後將這些數標記，下一個數是5
.........
對於1和大於n/2的素數不可能滿足要求，因為不可能存在一個在n內的數和大於n/2的素數有公因子
只需要考慮2到n/2範圍內的素數。這裡可能有疑問，為什麼不考慮2到n/2的非素數？可以想象把篩選法篩選素數的方法逆過來。
假設i是2~n/2內的一個素數，那麼2*i,3*i,4*i......(小於等於n)，有公因子i，
如果這些數的個數（包括i）為偶數的話，那麼這些數兩兩組合即可
否則為奇數的話，選擇2*i（i的偶數倍都可以），留給2的倍數去考慮，然後其餘的兩兩組合
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <cstring> #include <utility> #define MAX (100000+5) using namespace std; bool prime[MAX], visit[MAX]; void init(){ memset(prime,true,sizeof(prime)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(int i = 2; i < MAX;++i){ if(prime[i]){ for(int j = i*2;j < MAX; j+=i) prime[j] = false; } } } int main(){ init(); int n; cin >>n; vector<pair<int,int> >res; for(int i = n/2; i>=2; -- i){ if(prime[i]){ vector<int> divisor; for(int j = i; j <= n; j+=i){ if(!visit[j]) divisor.push_back(j); } if(divisor.size()%2 != 0){ for(int j = 0 ; j < divisor.size(); ++ j){ if(divisor[j]%2 == 0) { swap(divisor[j],divisor.back()); divisor.pop_back(); break; } } } for(int j = 0; j < divisor.size() ; j+=2){ res.push_back(make_pair(divisor[j],divisor[j+1])); visit[divisor[j]] = true; visit[divisor[j+1]] = true; } } } cout<<res.size()<<endl; for(int i = 0 ; i < res.size(); ++i ) cout<<res[i].first<<" "<<res[i].second<<endl; }