A. Coins

Water.

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, s; int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &s) != EOF)
{
int res = ;
for (int i = n; i >= ; --i) while (s >= i)
{
++res;
s -= i;
}
printf("%d\n", res);
}
return ;
}

B. Views Matter

Solved.

题意:

有n个栈,不受重力影响,在保持俯视图以及侧视图不变的情况下,最多可以移掉多少个方块

思路:

考虑原来那一列有的话那么这一列至少有一个,然后贪心往高了放

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
#define N 100010
int n, m;
ll a[N], sum; int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
{
sum = ;
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lld", a + i), sum += a[i];
sort(a + , a + + n);
ll res = , high = ;
for (int i = ; i <= n; ++i) if (a[i] > high)
++high;
printf("%lld\n", sum - n - a[n] + high);
}
return ;
}

C. Multiplicity

Upsolved.

题意:

定义一个序列为好的序列即$b_1, b_2, ...., b_k 中i \in [1, k] 使得 b_i % i == 0$

求有多少个好的子序列

思路:

考虑$Dp$

$令dp[i][j] 表示第i个数,长度为j的序列有多少种方式$

$dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]   (arr[j] % j == 0)$

否则 $dp[i][j] = dp[i - 1][j]$

然后不能暴力递推,只需要更新$arr[j] % j == 0 的j即可$

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
#define N 1000100
const ll MOD = (ll)1e9 + ;
int n; ll a[N], dp[N]; int main()
{
while (scanf("%d", &n) != EOF)
{
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lld", a + i);
memset(dp, , sizeof dp);
dp[] = ;
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
vector <int> cur;
for (int j = ; j * j <= a[i]; ++j)
{
if (a[i] % j == )
{
cur.push_back(j);
if (j != a[i] / j)
cur.push_back(a[i] / j);
}
}
sort(cur.begin(), cur.end());
reverse(cur.begin(), cur.end());
for (auto it : cur)
dp[it] = (dp[it] + dp[it - ]) % MOD;
}
ll res = ;
for (int i = ; i <= ; ++i) res = (res + dp[i]) % MOD;
printf("%lld\n", res);
}
return ;
}

D. TV Shows

Upsolved.

题意:

有n个电视节目,每个节目播放的时间是$[l, r],租用一台电视机的费用为x + y \cdot time$

一台电视机同时只能看一个电视节目,求看完所有电视节目最少花费

思路:

贪心。

因为租用电视机的初始费用是相同的,那么我们将电视节目将左端点排序后

每次选择已经租用的电视机中上次放映时间离自己最近的,还要比较租用新电视机的费用,

如果是刚开始或者没有一台电视机闲着,则需要租用新的电视机

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
#define N 100010
struct node
{
ll l, r;
void scan() { scanf("%lld%lld", &l, &r); }
bool operator < (const node &r) const
{
return l < r.l || (l == r.l && this->r < r.r);
}
}arr[N];
int n; ll x, y;
const ll MOD = (ll)1e9 + ;
multiset <ll> se; int main()
{
while (scanf("%d%lld%lld", &n, &x, &y) != EOF)
{
for (int i = ; i <= n; ++i) arr[i].scan();
sort(arr + , arr + + n);
ll res = ;
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
if (se.lower_bound(arr[i].l) == se.begin())
res = (res + x + y * (arr[i].r - arr[i].l) % MOD) % MOD;
else
{
int pos = *(--se.lower_bound(arr[i].l));
if (x < y * (arr[i].l - pos))
res = (res + x + y * (arr[i].r - arr[i].l) % MOD) % MOD;
else
{
se.erase(--se.lower_bound(arr[i].l));
res = (res + y * (arr[i].r - pos) % MOD) % MOD;
}
}
se.insert(arr[i].r);
}
printf("%lld\n", res);
}
return ;
}

E. Politics

Unsolved.

F. Lost Root

Unsolved.

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