CodeCraft-21 and Codeforces Round #711 (Div. 2)ABC题解

A题，至少能找到个$gcd=2$的，只要$2$个都是偶数就行

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int t;
ll n;
int main()
{
    
    
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
    
    
		scanf("%lld",&n);
		while(1)
		{
    
    
			ll x=n,res=0;
			while(x)
			{
    
    
				res+=x%10;
				x/=10;
			}
			if(__gcd(res,n)>1)
			{
    
    
				printf("%lld\n",n);
				break;
			}
			else n++;
		}
	}
	return 0;
}

B题 贪心，把$a[i]$转化为$x$ $(2^x=a[i])$，用$cnt$存下，每层从最大的开始遍历

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int t,n,w,x,cnt[110];
int main()
{
    
    
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
    
    
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		scanf("%d%d",&n,&w);
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
    
    
			scanf("%d",&x);
			int y=log2(x);
			cnt[y]++;
		}
		int res=0;
		while(n)
		{
    
    
			res++;
			int x=w;
			for(int i=65;i>=0;i--)
			{
    
    
				while(cnt[i]&&x>=pow(2,i))
				{
    
    
					x-=pow(2,i);
					cnt[i]--;
					n--;
				}
			}
		}
		cout<<res<<'\n';
	}
	return 0;
}

C题 动态规划，$dp[i][j]$表示当前寿命为$j$还需要穿过$i$层的粒子最终会变成多少粒子，
由题意得$dp[i][j]=dp[n-i][j-1]+dp[i-1][j]$其中$dp[n-i][j-1]$表示产生了一个反向的粒子，寿命减一 ，还需要穿过$n-i$层，$dp[i-1][j]$表示原来的粒子，层数减一。初始化$dp[0][j]=1(1<=j<=k)$,因为需要穿过0层的粒子最后就是自己。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10,mod=1e9+7;
int t,n,k,dp[N][N];
int main()
{
    
    
	cin>>t;
	while(t--)
	{
    
    
		cin>>n>>k;
		for(int i=1;i<=k;i++)dp[0][i]=1;
		
		for(int j=1;j<=k;j++)
			for(int i=1;i<=n;i++)
				dp[i][j]=(dp[n-i][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
				
		cout<<dp[n][k]<<endl;
	}
	return 0;
}