jzoj 5864. 【NOIP2018模拟9.11】很多序列数论

最新推荐文章于 2019-08-12 07:55:00 发布

Amber_lylovely

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分类专栏：数论

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本文针对NOIP D1T1题目提供了一种详细的解题思路及代码实现。当n等于2时，直接给出计算公式。对于n大于2的情况，采用堆优化的方法求解最大可表示数值。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description
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Input
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Output
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Sample Input

2
4 7

Sample Output

Data Constraint
这里写图片描述

分析：
$n=2$ 就是noipD1T1，直接输出 $x*y-x-y$ 。
考虑 $n>2$ 怎么做，此时 $x_1<10^3$ 。
我们设 $k=x_1$ ， $a[i]$ 为在 $mod\ k$ 意义下，余数为 $i$ 的最小的能被表示的数是多少。
因为有 $k$ 这一个数，如果能表示出 $a[i]$ ，那么 $a[i]+k$ 也能被表示出，答案其实就是 $(\max_{i=0}^{k-1}a[i])-k$ 。
考虑怎样处理出 $a$ ，显然 $a_0=0$ ，然后依次加入第 $2$ 个到第 $n$ 个数。我们先把前 $i-1$ 个数得到的 $i$ 放进一个堆里，每次弹出一个 $a[i]$ 最小的数，判断能否去更新 $a[(i+d)\ mod\ k]$ ，假设当前插入的是，如果能更新，就把这个新的也插入到堆里，这样就做完了。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#define LL long long

const int maxn=1e5+7;

using namespace std;

LL n;
LL a[10],h[maxn];

struct rec{
    LL x,k;
};

bool operator <(rec a,rec b)
{
    return a.x>b.x;
}

priority_queue <rec> q;

int main()
{
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    for (LL i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    if (n==2) printf("%lld",a[1]*a[2]-a[1]-a[2]);
    else
    {
        for (LL i=1;i<a[1];i++) h[i]=1e18;
        for (LL i=2;i<=n;i++)
        {
            for (LL j=0;j<a[1];j++) q.push((rec){h[j],j});
            while (!q.empty())
            {
                rec d=q.top();
                q.pop();
                LL k=d.k,l=(k+a[i])%a[1];
                if (h[l]>h[k]+a[i])
                {
                    h[l]=h[k]+a[i];
                    q.push((rec){h[l],l});
                }
            }
        }
        LL ans=0;
        for (LL i=0;i<a[1];i++) ans=max(ans,h[i]-a[1]);
        printf("%lld",ans);
    }
}