关于2019NKOJ4月月赛

NKOJ2019四月月赛

这场比赛打得是心态爆炸。该拿的分没拿完。哎，自己是真的菜。

A.切火腿肠($NKOJ4737$)

何老板有N根大小相同且质地均匀的火腿肠，要分给M名信竞队员。要求每名队员分得的香肠重量相同。
何老板想知道，最少切多少刀就能满足上述要求？
一行，两个整数N和M，($1<=N,M<=1000$)

解：

假设每根火腿肠长度为$L$,则总长度为$S=N\times L$
所以每个人能够分到的长度为：$$averge=\frac{S}{M}=\frac{N\times L}{M}$$
一根长度为S的火腿需要切：
$$\frac{S}{averge}=\frac{N\times L}{\frac{N\times L}{M}}=M$$
此时考虑某一个切点恰好是位于两根火腿之间的
设最少第$T$刀在两根火腿之间，则：
$$k\times L=averge\times T=\frac{N\times L\times T}{M}⟹T=\frac{k\times M}{N}$$
$$\because T,k\in N^{\ast }且要T最小$$
$$\therefore T=\frac{lcm(M,N)}{N}$$
$$\therefore ans=M-\frac{M}{T}=M-\frac{M}{\frac{lcm(M,N)}{N}}=M-gcd(N,M)$$

注：这题规模很小，可以直接暴力

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	cout<<m-gcd(n,m);
	return 0;
}

B.翻硬币($NKOJ5590$)

何老板将$n$个硬币排成一排。从左往右编号$1$到$n$。有的正面(国徽)朝上，有的背面(面额)朝上。
 为方便表示，何老板用字母$B$代表正面朝上，$W$代表背面朝上。于是就得到一个由大写字母$B$和$W$构成的长度为$n$的字符串$S$。

对任意相邻的两个硬币$i$和$i+1$号硬币$(1<=i<n)$。若满足$i$是正面朝上，$i+1$是背面朝上，你就可以对它们进行翻转操作，翻转后$i$的背面朝上，$i+1$的正面朝上。

何老板想知道，最多能进行多少次上述翻转操作？

解

其实我们可以贪心一下，如果要进行操作的次数最多，则最好把所有的$B$都移到右边，那么对于每一个$W$，则它会被在它左边的每一个$B$都交换一次，所以答案就很显然了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	char c;
	long long ans=0,x=0;
	while((c=getchar())!=EOF)
	{
		if(c=='W')ans+=x;
		else x++;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

C.三分数组$(NKOJ3049)$

给出一个有$n$个整数的数组$a_1,a_2,...,a_n$, 有多少种方法把数组分成$3$个连续的子序列，使得各子序列的元素之和相等。也就是说，有多少个下标对$i,j(2\le i\le j\le n-1),$满足：$sum(a_1..a_{i-1})=sum(a_i..a_j)=sum(a_{j+1}..a_n)$
第$1$ 行：$1$ 个整数$n(1<=n<=5\ast 10^5)$
接下来n 行，每行1 个整数，表示$a_i(|a_i|<=10^9)$

解

首先先前缀和处理，然后再判断$3{|}_{sum[n]}$，若不整除，则无解。如果整除：
定义$$averge=\frac{sum[n]}{3}$$
考虑：
对于每一个$sum[j]=averge\times 2$的位置，它能组成的下标对的个数就是在它前面的$sum[i]=averge$的个数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e5+5;
ll a[maxn],sum[maxn],ans;
ll n;
inline void rin(ll &t)
{
	char c=getchar();
	t=0;
	int k=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')k=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){t=t*10+c-'0';c=getchar();}
	t*=k;
} 

int main()
{
	rin(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)rin(a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	if(sum[n]%3){puts("-1");return 0;}
	ll averge=sum[n]/3;
	int cnt=0;
	if(sum[1]==averge)cnt=1;
	for(int i=2;i<n;i++)
	{
		if(sum[i]==averge*2)ans+=cnt;//这里两个判断语句不能调换，想一想，为什么? 
		if(sum[i]==averge)cnt++;
	}
	cout<<ans;
	return 0; 
} 

D.观光车$(NKOJ3677)$

何老板带领$n$名游客来到一景区大门口，需要乘坐观光车游览景区。

景区提供两种观光车，一种是每辆车可以坐$a$名游客，包一辆车费用是$p_1$块钱；另一种每辆车可以坐b名游客，包一辆车费用是$p_2$块钱。

何老板想让这$n$名游客都坐上观光车，且每辆车都坐满。问何老板至少要花费多少钱？

解

设坐$x$辆价格为$p_1$的车，$y$辆价格为$p_2$的车
首先先解出不定方程
$$ax+by=n$$
先判断是否有解，若有解：
求：
$$ans=p_{1}x+p_{2}y(x\ge 0,y\ge 0)的最大值$$
扩展欧几里得算法可以得出：
$$\{\begin{array}{l}x=x_0+k\times \frac{b}{d}\\ y=y_0-k\times \frac{a}{d}\end{array}$$
$$\begin{gathered} \because x\ge 0并且y\ge 0 \\ \therefore k\in [\lceil -x_0\times \frac{d}{b}\rceil ,\lfloor y_0\times \frac{d}{a}\rfloor ]且k\in N \end{gathered}$$
首先判断是否有解
然后：
$$\begin{array}{rl}ans& =p_{1}x+p_{2}y\\ & =p_1(x_0+k\times \frac{b}{d})+p_2(y_0-k\times \frac{a}{d})\\ & =(\frac{b{p}_1-a{p}_2}{d})k+p_1{x}_0+p_2{y}_0\end{array}$$
然后便是一个一次函数在区间上求最值的问题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,p1,p2,n;

ll gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b==0){x=1,y=0;return a;}
	ll d=gcd(b,a%b,x,y);
	ll tmp=x;
	x=y;
	y=tmp-a/b*y;
	return d;
}
int main()
{
	cin>>n;
	cin>>p1>>a>>p2>>b;
	ll x,y;
	ll d=gcd(a,b,x,y);
	if(n%d!=0){puts("-1");return 0;}
	x*=n/d;
	y*=n/d;
	ll m1=ceil((double)-x*d/b),m2=floor((double)y/a*d);
	if(m2<m1){puts("-1");return 0;}
	ll ans=p1*x+p2*y;
	ll k=(p1*b-p2*a)/d;
	if(k<0)ans+=k*m2;
	if(k>0)ans+=k*m1;
	cout<<ans;
	return 0;
}

注：注意斜率以及自变量的范围

E 越狱$(NKOJ3950)$

监狱有连续编号为$1...N$的$N$个房间，每个房间关押一个犯人，有$M$种宗教，每个犯人可能信仰其中一种。如果
相邻房间的犯人的宗教相同，就可能发生越狱，求有多少种状态可能发生越狱

输入两个整数$M，N.1<=M<=10^8,1<=N<=10^{12}$

解

这道题从正面不是很好考虑。
所以我们从反面来思考
对于每一个房间都有$M$种信仰可以选择
所以总的方案数为:$S=N^M$
在这总的方案数里，有多少是不发生冲突的呢？
对于第一个房间，他有$M$种信仰可以选择
对于之后的每个房间，他一定不能选与之前的房间相同的信仰，即只有$M-1$种选择
所以不发生冲突的方案有：$T=M\times (M-1{)}^{N-1}$
所以最后的答案是$$ans=S-T$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int p=100003;
typedef long long ll;
ll mog(ll a,ll b)
{
	a%=p;
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1){ans=(ans*a)%p;}
		b>>=1;
		a=(a*a)%p;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	long long m,n;
	cin>>m>>n;
	cout<<((mog(m,n)-(m%p)*mog(m-1,n-1))%p+p)%p;
	return 0;
}

注：注意数据大小，避免溢出

E.看电影$(NKOJ3212)$

何老板获得了一张电影院的免费观影卡，可以免费连续看$L$分钟的电影。该影院有N部电影可供选择，每部电影会在当天的不同时段放映。

何老板可以在一部电影播放过程中的任何时间进入或退出放映厅。但他不愿意重复看到一部电影，所以每部电影他最多看一次。他也不能在看一部电影的过程中，换到另一个正在播放相同电影的放映厅。

请帮何老板计算他能否做到从$0$到$L$分钟连续不断地观看电影，如果能，请计算他最少看几部电影就行了(一部电影只要看了，即使没有看完也算看了该电影)。
$$\begin{gathered} 1<=N<=20 \\ K<=1000 \\ 1<=L<=100,000,000 \end{gathered}$$
我们立即注意到：这道题的$N$取值非常小，再加同一部的电影只能看一次，所以我们很自然地就想到了状态压缩+$DP$
设$f[s]$表示把s集合中的电影看完所达到的最长时间
不难得出方程:
f[s]=max⁡{begin[i]+time[i]}begin[i]表示距离f[s0](s0是s集合中除去第i部电影的集合)最近的第i部电影的放映开始时间ans=min⁡{f[s]中1的数量∣f[s]≥L} f[s]=\max\{begin[i]+time[i]\} \\begin[i]表示距离f[s_0](s_0是s集合中除去第i部电影的集合)最近的第i部电影的放映开始时间 \\ans=\min\{f[s]中1 的数量|f[s]\ge L\} f[s]=max{begin[i]+time[i]}begin[i]表示距离f[s0​](s0​是s集合中除去第i部电影的集合)最近的第i部电影的放映开始时间ans=min{f[s]中1的数量∣f[s]≥L}

#include<stdio.h>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&-x)
typedef long long ll;
int t[25];
int ss[25][1005];
int cnt[25];
int n,l;
int logg[1<<21];
int f[1<<21];
int main()
{
	//freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&l);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		logg[1<<i]=i;
		scanf("%d%d",&t[i],&cnt[i]);
		for(int j=1;j<=cnt[i];j++)scanf("%d",&ss[i][j]);
	}
	int tot=(1<<n)-1;
	int ans=99;
	for(int s=0;s<=tot;s++)
	{
		int cnt1=0;
		for(int s1=s,k=lowbit(s1),s0=s^k,i=logg[k]+1;s1;s1^=k,k=lowbit(s1),s0=s^k,i=logg[k]+1)
		{
			cnt1++;
			int tmp=upper_bound(ss[i]+1,ss[i]+1+cnt[i],f[s0])-ss[i]-1;
			if(f[s]<t[i]+ss[i][tmp])f[s]=t[i]+ss[i][tmp];
		}
		if(f[s]>=l&&ans>cnt1)ans=cnt1;
	}
	if(ans==99)puts("-1");
	else printf("%d",ans);
	return 0;
}