关于2019NKOJ4月月赛

NKOJ2019四月月赛

这场比赛打得是心态爆炸。该拿的分没拿完。哎，自己是真的菜。

A.切火腿肠( $NKOJ4737$)

何老板有N根大小相同且质地均匀的火腿肠，要分给M名信竞队员。要求每名队员分得的香肠重量相同。
何老板想知道，最少切多少刀就能满足上述要求？
一行，两个整数N和M，( $1<=N,M<=1000$)

解：

假设每根火腿肠长度为 $L$,则总长度为 $S=N \times L$
所以每个人能够分到的长度为： $\\ averge=\frac{S}{M}=\frac{N \times L}{M}$
一根长度为S的火腿需要切：
$\frac{S}{averge}=\frac{N \times L}{\frac{N \times L}{M}}=M$
此时考虑某一个切点恰好是位于两根火腿之间的
设最少第 $T$刀在两根火腿之间，则：
$k\times L=averge\times T=\frac{N\times L\times T}{M}\Longrightarrow T=\frac{k\times M}{N}$
$\because T,k\in N^*且要T最小$
$\therefore T=\frac{lcm(M,N)}{N}$
$\therefore ans=M-\frac{M}{T}=M-\frac{M}{\frac{lcm(M,N)}{N}}=M-gcd(N,M)$

注：这题规模很小，可以直接暴力

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	cout<<m-gcd(n,m);
	return 0;
}

B.翻硬币( $NKOJ5590$)

何老板将 $n$个硬币排成一排。从左往右编号 $1$到 $n$。有的正面(国徽)朝上，有的背面(面额)朝上。
 为方便表示，何老板用字母 $B$代表正面朝上， $W$代表背面朝上。于是就得到一个由大写字母 $B$和 $W$构成的长度为 $n$的字符串 $S$。

对任意相邻的两个硬币 $i$和 $i+1$号硬币 $(1<=i<n)$。若满足 $i$是正面朝上， $i+1$是背面朝上，你就可以对它们进行翻转操作，翻转后 $i$的背面朝上， $i+1$的正面朝上。

何老板想知道，最多能进行多少次上述翻转操作？

解

其实我们可以贪心一下，如果要进行操作的次数最多，则最好把所有的 $B$都移到右边，那么对于每一个 $W$，则它会被在它左边的每一个 $B$都交换一次，所以答案就很显然了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	char c;
	long long ans=0,x=0;
	while((c=getchar())!=EOF)
	{
		if(c=='W')ans+=x;
		else x++;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

C.三分数组 $(NKOJ3049)$

给出一个有 $n$个整数的数组 $a_1,a_2,...,a_n$, 有多少种方法把数组分成 $3$个连续的子序列，使得各子序列的元素之和相等。也就是说，有多少个下标对 $i,j (2≤i≤j≤n-1),$满足： $sum(a_1..a_{i-1}) = sum(a_i..a_j) = sum(a_{j+1}..a_n)$
第 $1$ 行： $1$ 个整数 $n(1 <= n <= 5*10^5)$
接下来n 行，每行1 个整数，表示 $a_i( |a_i| <= 10^9)$

解

首先先前缀和处理，然后再判断 $3|_{sum[n]}$，若不整除，则无解。如果整除：
定义 $averge=\frac{sum[n]}{3}$
考虑：
对于每一个 $sum[j]=averge\times 2$的位置，它能组成的下标对的个数就是在它前面的 $sum[i]=averge$的个数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e5+5;
ll a[maxn],sum[maxn],ans;
ll n;
inline void rin(ll &t)
{
	char c=getchar();
	t=0;
	int k=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')k=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){t=t*10+c-'0';c=getchar();}
	t*=k;
} 

int main()
{
	rin(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)rin(a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	if(sum[n]%3){puts("-1");return 0;}
	ll averge=sum[n]/3;
	int cnt=0;
	if(sum[1]==averge)cnt=1;
	for(int i=2;i<n;i++)
	{
		if(sum[i]==averge*2)ans+=cnt;//这里两个判断语句不能调换，想一想，为什么? 
		if(sum[i]==averge)cnt++;
	}
	cout<<ans;
	return 0; 
} 

D.观光车 $(NKOJ3677)$

何老板带领 $n$名游客来到一景区大门口，需要乘坐观光车游览景区。

景区提供两种观光车，一种是每辆车可以坐 $a$名游客，包一辆车费用是 $p_1$块钱；另一种每辆车可以坐b名游客，包一辆车费用是 $p_2$块钱。

何老板想让这 $n$名游客都坐上观光车，且每辆车都坐满。问何老板至少要花费多少钱？

解

设坐 $x$辆价格为 $p_1$的车， $y$辆价格为 $p_2$的车
首先先解出不定方程
$ax+by=n$
先判断是否有解，若有解：
求：
$ans=p_1 x+p_2 y (x\ge 0,y\ge 0)的最大值$
扩展欧几里得算法可以得出：
$\begin{cases} x=x_0+k\times \frac{b}{d}\\ y=y_0-k\times \frac{a}{d} \end{cases}$
$\because x\ge 0并且y\ge 0\\ \therefore k\in[\lceil -x_0\times \frac{d}{b}\rceil,\lfloor y_0\times \frac{d}{a}\rfloor]且k\in N$
首先判断是否有解
然后：
$\begin{aligned} ans &=p_1x+p_2y\\ &=p_1(x_0+k\times \frac{b}{d})+p_2(y_0-k\times \frac{a}{d})\\ &=(\frac{bp_1-ap_2}{d})k+p_1x_0+p_2y_0 \end{aligned}$
然后便是一个一次函数在区间上求最值的问题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,p1,p2,n;

ll gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b==0){x=1,y=0;return a;}
	ll d=gcd(b,a%b,x,y);
	ll tmp=x;
	x=y;
	y=tmp-a/b*y;
	return d;
}
int main()
{
	cin>>n;
	cin>>p1>>a>>p2>>b;
	ll x,y;
	ll d=gcd(a,b,x,y);
	if(n%d!=0){puts("-1");return 0;}
	x*=n/d;
	y*=n/d;
	ll m1=ceil((double)-x*d/b),m2=floor((double)y/a*d);
	if(m2<m1){puts("-1");return 0;}
	ll ans=p1*x+p2*y;
	ll k=(p1*b-p2*a)/d;
	if(k<0)ans+=k*m2;
	if(k>0)ans+=k*m1;
	cout<<ans;
	return 0;
}

注：注意斜率以及自变量的范围

E 越狱 $(NKOJ3950)$

监狱有连续编号为 $1...N$的 $N$个房间，每个房间关押一个犯人，有 $M$种宗教，每个犯人可能信仰其中一种。如果
相邻房间的犯人的宗教相同，就可能发生越狱，求有多少种状态可能发生越狱

输入两个整数 $M，N.1<=M<=10^8,1<=N<=10^{12}$

解

这道题从正面不是很好考虑。
所以我们从反面来思考
对于每一个房间都有 $M$种信仰可以选择
所以总的方案数为: $S=N^M$
在这总的方案数里，有多少是不发生冲突的呢？
对于第一个房间，他有 $M$种信仰可以选择
对于之后的每个房间，他一定不能选与之前的房间相同的信仰，即只有 $M-1$种选择
所以不发生冲突的方案有： $T=M \times(M-1)^{N-1}$
所以最后的答案是 $ans=S-T$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int p=100003;
typedef long long ll;
ll mog(ll a,ll b)
{
	a%=p;
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1){ans=(ans*a)%p;}
		b>>=1;
		a=(a*a)%p;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	long long m,n;
	cin>>m>>n;
	cout<<((mog(m,n)-(m%p)*mog(m-1,n-1))%p+p)%p;
	return 0;
}

注：注意数据大小，避免溢出

E.看电影 $(NKOJ 3212 )$

何老板获得了一张电影院的免费观影卡，可以免费连续看 $L$分钟的电影。该影院有N部电影可供选择，每部电影会在当天的不同时段放映。

何老板可以在一部电影播放过程中的任何时间进入或退出放映厅。但他不愿意重复看到一部电影，所以每部电影他最多看一次。他也不能在看一部电影的过程中，换到另一个正在播放相同电影的放映厅。

请帮何老板计算他能否做到从 $0$到 $L$分钟连续不断地观看电影，如果能，请计算他最少看几部电影就行了(一部电影只要看了，即使没有看完也算看了该电影)。
$1 <= N <= 20\\ K<=1000\\ 1 <= L <= 100,000,000$
我们立即注意到：这道题的 $N$取值非常小，再加同一部的电影只能看一次，所以我们很自然地就想到了状态压缩+ $DP$
设 $f[s]$表示把s集合中的电影看完所达到的最长时间
不难得出方程:
$f[s]=\max\{begin[i]+time[i]\} \\begin[i]表示距离f[s_0](s_0是s集合中除去第i部电影的集合)最近的第i部电影的放映开始时间 \\ans=\min\{f[s]中1 的数量|f[s]\ge L\}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&-x)
typedef long long ll;
ll t[25];
ll ss[25][1005];
ll cnt[25];
ll n,l;
int logg[1<<20];
ll f[1<<20];
int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin);
    scanf("%lld%lld",&n,&l);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        logg[1<<i]=i;
        scanf("%lld%lld",&t[i],&cnt[i]);
        for(int j=1;j<=cnt[i];j++)scanf("%lld",&ss[i][j]);
    }
    int tot=(1<<n)-1;
    int ans=99;
    for(int s=0;s<=tot;s++)
    {
        int cnt1=0;
        for(int s1=s,k=lowbit(s1),s0=s^k,i=logg[k]+1;s1;s1^=k,k=lowbit(s1),s0=s^k,i=logg[k]+1)
        {
            cnt1++;
            int tmp=upper_bound(ss[i]+1,ss[i]+1+cnt[i],f[s0])-ss[i]-1;
            f[s]=max(f[s],t[i]+ss[i][tmp]);
        }
        if(f[s]>=l)ans=min(ans,cnt1);
    }
    if(ans==99)cout<<-1;
    else cout<<ans;
    return 0;
}

注：这个代码不知为啥只能过大部分的分，其他的分我在洛谷上下数据发现答案是一样的，但是评测显示是WA的。。。。。。