LG2662 牛场围栏 和 test20181107 数学题
P2662 牛场围栏
题目背景
小L通过泥萌的帮助，成功解决了二叉树的修改问题，并因此写了一篇论文，
成功报送了叉院（羡慕不？）。勤奋又勤思的他在研究生时期成功转系，考入了北京大学光华管理学院！毕业后，凭着自己积累下的浓厚经济学与计算机学的基础，成功建设了一个现代化奶牛场！
题目描述
奶牛们十分聪明,于是在牛场建围栏时打算和小L斗智斗勇！小L有N种可以建造围栏的木料，长度分别是l1,l2 … lN，每种长度的木料无限。
修建时，他将把所有选中的木料拼接在一起，因此围栏的长度就是他使用的木料长度之和。但是聪明的小L很快发现很多长度都是不能由这些木料长度相加得到的，于是决定在必要的时候把这些木料砍掉一部分以后再使用。
不过由于小L比较节约，他给自己规定：任何一根木料最多只能削短M米。当然，每根木料削去的木料长度不需要都一样。不过由于测量工具太原始，小L只能准确的削去整数米的木料，因此，如果他有两种长度分别是7和11的木料，每根最多只能砍掉1米，那么实际上就有4种可以使用的木料长度，分别是6， 7，10, 11。
因为小L相信自己的奶牛举世无双，于是让他们自己设计围栏。奶牛们不愿意自己和同伴在游戏时受到围栏的限制，于是想***难一下小L，希望小L的木料无论经过怎样的加工，长度之和都不可能得到他们设计的围栏总长度。不过小L知道，如果围栏的长度太小，小L很快就能发现它是不能修建好的。因此她希望得到你的帮助，找出无法修建的最大围栏长度。
这一定难不倒聪明的你吧！如果你能帮小L解决这个问题，也许他会把最后的资产分给你1/8哦！
输入输出格式
输入格式：输入的第一行包含两个整数N, M，分别表示木料的种类和每根木料削去的最大值。以下各行每行一个整数li(1< li< 3000),表示第i根木料的原始长度。
输出格式：输出仅一行，包含一个整数，表示不能修建的最大围栏长度。如果任何长度的围栏都可以修建或者这个最大值不存在，输出-1。
输入输出样例
说明
40 % ：1< N< 10, 0< M< 300
100 % ：1< N< 100, 0< M< 3000
CaptainSlow的题解
规模较小，直接上可行解DP（有个叫_DYT大佬搞了一波分析证明这个解若存在是小于\(9 \times 10^6\)） 当然我们要考虑更好的解法，如果是初中我也会写可行解DP，当然考场上实在写不出来我还是应该打个暴力骗骗满分的。
PART 1 无解？
问题确实可能无解，分两种情况：
-
存在数字1
如果有1这个数字，那么所有的数字都可以被表示出来，就不存在不能表示出的数了 -
所有数的gcd大于1
设这些数为\(A_1, A_2,...,A_n\)，设\(q=gcd(A_1, A_2,...,A_n)\)，则\(q|A_1x_1+A_2x_2+...+A_nx_n\)(\(x_1,x_2,...,x_n \in Z\))。这是一个很显然的结论，学习整除的时候是必回讲到的。所以，由于\(q > 1\)，必然存在不能表示出来的数，即\(\forall q \nmid m\)，都是不符合条件的数，显然这个\(m\)是可以到无穷大的。
这两者情况我们可以先特判出来，而剩下的就是\(q=1\)的情况了，这样的话是肯定存在最大的不能表示出来的数的。 这个很显然。
PART 2 寻找
我们如何去寻找这个最大的不能被表示出来的数呢？ 我们考虑所有可以被表示出来的数构成的数集\(S\)，由最小数原理可知，\(S\)中一定存在最小的\(s_0\)。考虑模\(s_0\)的每一个剩余系，记为\(K_i=\lbrace x|x \equiv i\pmod{s_0}\rbrace,i=0,1,2,...,s_0-1\)。 显然\(s_0=min(A_i)\)。对\(\forall K_i\)，由最小数原理，存在最小的能被表示出来的\(t_i\)，\(t_i=s_0*p+i\)，显然\(p>0\)，否则与\(s_0\)的最小性矛盾。那么对每一个\(K_i\)，最大不能被表示出来的数就是\(s_0*(p-1)+i\)。这样，问题就转化为了求每一个这样的\(t_i\)，这时候，我们就引入这个被称为剩余系最短路的算法了。我们可以把每个剩余系\(K_i\)抽象为图中的点，那么连接它们的边就是\(A_i\)中的那些数。然后就用普通的最短路更新方式就可以了。我选择了用Dijkstra算法。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int ARSIZE = 4005;
const int INF = 0x7f7f7f7f;
int N, M, L[ARSIZE], tot_l = 0, Q[ARSIZE];
bool exist[ARSIZE] = {0}, used[ARSIZE] = {0};
inline int gcd(int a, int b) {
for (a < b ? std::swap(a, b) : (void)0; b; std::swap(a, b)) a %= b;
return a;
}
int dijkstra();
int main() {
scanf("%d%d", &N, &M);
int j, li, gd = 0;
for (int i = 0; i < N; i++) {
scanf("%d", &li);
gd = gcd(gd, li);
for (j = 0; j <= M && j < li; j++) exist[li - j] = true, gd = gcd(li - j, gd); // 很多人WA，半天查不出错，很可能就是只算了所有L[i]的gcd
}
if (exist[1] || gd > 1) puts("-1");
else printf("%d\n", dijkstra());
return 0;
}
int dijkstra() {
memset(Q, 0x7f, sizeof(Q));
int i, v, k;
for (Q[0] = 0, i = 2; i <= 3000; i++) // 初始化
if (exist[i]) L[tot_l++] = i;
int MOD = L[0];
while (true) {
for (i = 0, k = -1; i < MOD; i++)
if (!used[i] && (k == -1 || Q[i] < Q[k])) k = i;
if (k == -1) break;
used[k] = true;
for (i = 1; i < tot_l; i++)
if (!used[v = (k + L[i]) % MOD]) Q[v] = std::min(Q[v], Q[k] + L[i]); // 更新其他剩余系
}
int res = -1;
for (i = 1; i < MOD; i++) res = std::max(res, Q[i] - MOD);
return res;
}
数学题(num)
题目描述
老师给小C 布置了一道数学题作为家庭作业：
给定一个数k，写出k 的倍数中各位之和最小为多少？
小C 不会做，希望你能帮帮他。
输入描述
一行一个正整数k。
输出描述
一行一个正整数，表示答案。
输入样例& 输出样例
num1.in
6
num1.out
3
num2.in
41
num2.out
5
样例说明
- 当k = 6 时，6 * 2 = 12，1 + 2 = 3，可以证明最小答案为3。
- 当k = 41 时，41 * 271 = 11111，1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5，可以证明最小答案为5。
数据范围
| 测试点编号 | k |
|---|---|
| 1-6 | $ \leq 20$ |
| 7-20 | \(\leq 10^5\) |
刘老爷算法
考虑建立模n意义下的n个点，用追加数字的方式建边，由于是枚举n的倍数，所以到0点的最短路即为答案。
起点为1-9，建边边权，0-9连向摸意义下的多一位的点。
时间复杂度\(O(10 n \log n)\)，注意n=1时要特判掉，不然根本就没建图，跑出来答案为INF。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
template<class T>T read(T&x)
{
T data=0;
int w=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-')
w=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
data=data*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x=data*w;
}
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=1e5+7;
int n;
struct edge
{
int nx,to,w;
}e[MAXN*10];
int head[MAXN],ecnt;
void addedge(int x,int y,int w)
{
e[++ecnt].to=y,e[ecnt].w=w;
e[ecnt].nx=head[x],head[x]=ecnt;
}
priority_queue <pii> H;
bool vis[MAXN];
int dis[MAXN];
int main()
{
freopen("num.in","r",stdin);
freopen("num.out","w",stdout);
read(n);
if(n==1) // edit 1
{
puts("1");
return 0;
}
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=0;j<10;++j)
addedge(i,(i*10+j)%n,j);
fill(dis,dis+n,INF);
for(int i=1;i<=9;++i)
{
dis[i]=i;
H.push(pii(-dis[i],i));
}
while(H.size())
{
int x=H.top().second;
H.pop();
if(vis[x])
continue;
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nx)
{
int y=e[i].to,w=e[i].w;
if(dis[y]>dis[x]+w)
{
dis[y]=dis[x]+w;
H.push(pii(-dis[y],y));
}
}
}
printf("%d\n",dis[0]);
return 0;
}
标解
