PTA刷题

1.连续因子

题目链接：这里
题意：一个正整数 N 的因子中可能存在若干连续的数字。例如 630 可以分解为 3×5×6×7，其中 5、6、7 就是 3 个连续的数字。给定任一正整数 N，要求编写程序求出最长连续因子的个数，并输出最小的连续因子序列。
思路：题意是要找到连续的最小的因子，并且这些因子的乘积任是这个数的因子，那么我们第一步要找到这个数的所有的因子，我们是通过for(int i = 2; i <= sqrt(n) + 1; i++)来找因子的，为什么要+1，虽然连续因子肯定不会以sqrt(n)+1打头，因为如果是素数，那只有一个因子即本身。如果不是素数，那么肯定有一个因子在小于等于sqrt(n)，如果最长序列为1的话也是在2~sqrt(n)之中，不可能是sqrt(n)+1；如果最长序列大于1的话，更不可能是以sqrt(n)+1打头的，因为sqrt(n)+1乘以下一个因子必大于n。但sqrt(n)+1是有可能包括在前一个因子的序列中，就好比输入6的这种情况。所以sqrt(n)+1还是要考虑在内的，它后面的因子就不用考虑了，肯定是不可能的，因为不会有以它们开始的序列的。借鉴
看代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

signed main()
{
    int n; cin >> n;
    int m = sqrt(n);
    int s[m], t = 0;

    for (int i = 2; i <= m + 1; i++)
        if (n % i == 0) s[t ++] = i;

    if (t == 0) cout << '1' << endl << n  << endl;///素数的情况
    else if (t == 1) cout << '1' << endl << s[0] << endl;///只有一个因子的情况
    else
    {
        int len = 0, sum = 0, mlen = 0, pos = 0;
        for (int i = 0; i < t - 1; i ++)
        {
            sum = s[i], len = 1;
            for (int j = i; j < t - 1; j ++)
            {
                if (s[j + 1] - s[j] == 1 && n % (sum * s[j + 1]) == 0) {sum *= s[j + 1]; len ++;}
                else break;
            }
            if (len > mlen) {mlen = len; pos = i;}
        }

        cout << mlen << endl;
        cout << s[pos];
        for (int i = pos + 1; i < pos + mlen; i++)
            cout << '*' << s[i];
        cout << endl;
    }

    return 0;
}

2.N个数求和

链接
题意：是求N个数字的和。麻烦的是，这些数字是以有理数分子/分母的形式给出的，你输出的和也必须是有理数的形式。输出上述数字和的最简形式 —— 即将结果写成整数部分 分数部分，其中分数部分写成分子/分母，要求分子小于分母，且它们没有公因子。如果结果的整数部分为0，则只输出分数部分。
思路：这个题思路很简单，就是把分母通分，然后通分后把分子求出来，在约分，然后按照要求输出即可，最开始的时候我害怕爆longlong，在分子累加的时候就进行了约分，但是还是只有18分，后面才发现漏了一种情况，就是当你的结果类似于0/1这种分子是0，分母是其他任何非零数字的时候，这种情况下答案都是0。
AC代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long
#define x first
#define y second

using namespace std;

int n;
pair<int, int> q[110];

signed main()
{
    bool flag = true;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld/%lld", &q[i].x, &q[i].y);

    int fm = q[1].y, fz = q[1].x;

    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        int gcd = fm * q[i].y / __gcd(q[i].y, fm);
        fz = (fz * (gcd / fm) + q[i].x * (gcd / q[i].y));
        fm = gcd;
        int gcd_1 = __gcd(fz, fm);
        fz /= gcd_1, fm /= gcd_1;
    }

    int gcd = __gcd(fz, fm);
    fm /= gcd, fz /= gcd;

    int res_1 = fz / fm, res_2 = fz - res_1 * fm;

    if (res_1 == 0 && res_2 == 0) {puts("0"); return 0;}

    if (res_1 == 0) cout << res_2 << '/' << fm << endl;
    else if (res_2 == 0) cout << res_1 << endl;
    else cout << res_1 << ' ' << res_2 << '/' << fm << endl;

    return 0;
}

3.功夫传人

题意：假设家谱中的每个人只有1位师傅（除了祖师爷没有师傅）；每位师傅可以带很多徒弟；并且假设辈分严格有序，即祖师爷这门武功的每个第i代传人只能在第i-1代传人中拜1个师傅。我们假设已知祖师爷的功力值为Z，每向下传承一代，就会减弱r%，除非某一代弟子得道。现给出师门谱系关系，要求你算出所有得道者的功力总值。
思路：我们可以用一个二维数组来表示某个节点的下一代，但是每个节点我们不知道到底有多少个下一代，那么我们可以用一个二维vector来存储，然后直接搜索就可以。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n;
double z, r, ans;
vector<int> chi[N];
double val[N];

void dfs(int id, double w)
{
    if (val[id]) ans = ans + w * val[id];
    else
    {
        for (int i = 0; i < chi[id].size(); i ++)
            dfs(chi[id][i], w * r);
    }
}

int main()
{
    memset(val, 0, sizeof val);
    ans = 0;
    scanf("%d %lf %lf", &n, &z, &r);
    r = (100 - r) / 100;

    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int k; scanf("%d", &k);
        if (k == 0) scanf("%lf", &val[i]);
        else
        {
            for (int j = 0; j < k; j ++)
            {
                int x; scanf("%d", &x);
                chi[i].push_back(x);
            }
        }
    }

    dfs(0, z);

    printf("%d\n", (int)ans);

    return 0;
}