NOIP2009普及组

T3】细胞分裂

【算法】数论

【题解】均分的本质是A整除B，A整除B等价于A的质因数是B的子集。

1.将m1分解质因数，即m1=p1^a1*p2^a2*...*pk^ak

所以M=m1^m2=p1^(a1*m2)*p2^(a2*m2)*...*pk^(ak*m2)

2.如果s[i](细胞初始个数)不能被M分解出来的质因数（即p1,p2...pn）中的某一个整除的话，这种细胞就永远不可能装入M个瓶子中

换句话说，如果s[i]分解出来的质因数不能包含M的所有质因数的话，就永远不能整除M（即使乘方(分裂)后）。

当然并不需要真的把s[i]分解为质因数，只要有一个s[i]%pj(j=1..k)!=0就说明是-1。

3.确定不是-1后，需要计算最小分裂时间。

当s[i]^ans中包含的每个pi的个数(假设为bi)比M中包含的pi的个数（即ai*m2）多时，就能被M整除。

所以就是找到最小的ans，使每个bi>=(ai*m2)（i=1...n）。

这个ans=ceil(a[i]*m2/b[i]) (只适用于a[i]*m2比b[i]大时)(ceil表示向上取整)

在所有s[i]中寻找最小的ans就是答案。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cctype>
//https://www.cnblogs.com/onioncyc/p/5766587.html
//其实是一个数论的题目，质因数分解
using namespace std;
const int maxm=30010,maxn=10010,inf=0x3f3f3f3f,eps=1e-6;
int pri[maxm],num[maxm],num2[maxm],s[maxn],tot=0,n,m,m2,ans;
int main(){
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&m2);
	/*
	将m1分解质因数，即m1=p1^a1*p2^a2*...*pk^ak
所以M=m1^m2=p1^(a1*m2)*p2^(a2*m2)*...*pk^(ak*m2)
	*/
	for(int i=2;i*i<=m;i++){
		if(m%i==0){
			pri[++tot]=i;
			while(m%i==0){
				m/=i;
				num[tot]++;
			}
		}
	}
	if(m!=1) {
		pri[++tot]=m;num[tot]=1;
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++) num[i]*=m2;
	ans=inf;
	/*
	如果s[i](细胞初始个数)不能被M分解出来的质因数（即p1,p2...pn）中的某一个整除的话，这种细胞就永远不可能装入M个瓶子中

换句话说，如果s[i]分解出来的质因数不能包含M的所有质因数的话，就永远不能整除M（即使乘方(分裂)后）。

当然并不需要真的把s[i]分解为质因数，只要有一个s[i]%pj(j=1..k)!=0就说明是-1。
	*/
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&s[i]);
		bool f=0;
		memset(num2,0,sizeof(num2));
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if(s[i]%pri[j]!=0) f=1;
		}
		if(f) continue;
		/*
		3.确定不是-1后，需要计算最小分裂时间。
当s[i]^ans中包含的每个pi的个数(假设为bi)比M中包含的pi的个数（即ai*m2）多时，就能被M整除。
所以就是找到最小的ans，使每个bi>=(ai*m2)（i=1...n）。
这个ans=ceil(a[i]*m2/b[i]) (只适用于a[i]*m2比b[i]大时)(ceil表示向上取整)
在所有s[i]中寻找最小的ans就是答案。
		*/
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			while(s[i]%pri[j]==0){
				num2[j]++;
				s[i]/=pri[j]; //s[i]中包含pi的个数
			}
		}
		int maxs=0;
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if(num[j]>num2[j]){
				//num[j]是a[i]*m2  num2[j]是b[i]
				maxs=max(maxs,(int)(ceil(1.0*num[j]/num2[j])+eps));
			}
		}
		ans=min(ans,maxs);
	}
	if(ans==inf) ans=-1;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

　　

T4】道路游戏

听起来比较复杂

但是看得出来数据范围不太大，可以试一试暴力，用二维数组存

其实有点像dp,用f[i]表示i这个时刻能够得到的最大值

最外层枚举时间，第二次枚举结尾的地方，第三层枚举走过的时间，就自然得出了出发的地方，在出发的地方买就能得到一个比较的值

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
int cost[maxn];
int value[maxn][maxn]; //地点对应时间出现的价值
int f[maxn]; //状态压缩至一维的，表示时间i能够取得的最大值，枚举到达结尾和走过的距离k,然后找到最大值
int n,m,p;
int main(){
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&p);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&value[i][j]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&cost[i]);
	memset(f,0x9f,sizeof(f));
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){ //时间
		for(int j=1;j<=n;j++){ //结尾的地点
			int summ=0; //直接增加枚举从j走到d的值，不用数组存，也不用数组计算，不然太麻烦
			for(int k=1;k<=p&&k<=i;k++){
				int d=j-k;
				if(d<=0) d=d%n+n;
				summ+=value[d][i-k+1];
				f[i]=max(f[i],f[i-k]+summ-cost[d]); //从d买，然后走k
			}
		}
	}
	printf("%d\n",f[m]);
return 0;
}