中石油训练混合训练第七场

狼

题目描述
在某个游戏中，你接受了一个任务。这个任务要求你消灭n只狼。这些狼排成一排，每只狼都有两个攻击力a和b。如果你消灭一只狼，需要的代价是这只狼的a攻击力加上它旁边的狼的b攻击力。每消灭一头狼，它两边的狼（如果有）会并在一起，仍然保持一排。
你需要求出：消灭所有狼的最小代价。
输入
输入第一行为一个正整数n。
输入第二行为n个非负整数，按顺序表示每只狼的a攻击力；第三行为n个非负整数，表示每只狼的b攻击力。
输出
输出一行一个整数，为最小的代价。
样例输入 Copy

3 
3 5 7 
8 2 0

样例输出 Copy

17

提示
对于100%的数据，满足1≤n≤400，每只狼的a攻击力和b攻击力均不超过100000。
首先说杭电有这个题 传送门
先附上一片博客：传送门
题目大意：一排狼，消灭这头狼需要消耗代价为这只狼的a战斗力和这头狼身边的狼的b战斗力
所以先将输入的数据进行预处理：

for(int i=1;i<=n;i++)
	dp[i][i]=a[i]+b[i-1]+b[i+1];///左右两边都加上

当一只狼被消灭之后，原先相邻的狼会靠在一起（相邻）
设消灭第 i 匹狼到第 j 匹狼的最小代价为dp [ i ][ j ],那么很显然答案就是dp [ 1 ][ n ]。
过程中需要枚举 i 到 j 之间的区间长度以及 k 即可

刚开始因为是dp[i][j]所以最后都要加上区间两侧的狼的b攻击力
然后下面进行枚举的时候，还要取最小值
这里枚举得是i——j的部分有一个类似于桥梁的东西 dp[i][k-1] dp[k+1][j] 和ak

ll temp=dp[i][k-1]+a[k]+b[i-1]+b[j+1]+dp[k+1][j];
dp[i][j]=min(dp[i][j],temp);

经过一波操作之后将最终结果dp[i][n]输出

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define wuyt main
typedef long long ll;
#define HEAP(...) priority_queue<__VA_ARGS__ >
#define heap(...) priority_queue<__VA_ARGS__,vector<__VA_ARGS__ >,greater<__VA_ARGS__ > >
template<class T> inline T min(T &x,const T &y){return x>y?y:x;}
template<class T> inline T max(T &x,const T &y){return x<y?y:x;}
ll read(){ll c = getchar(),Nig = 1,x = 0;while(!isdigit(c) && c!='-')c = getchar();
if(c == '-')Nig = -1,c = getchar();
while(isdigit(c))x = ((x<<1) + (x<<3)) + (c^'0'),c = getchar();
return Nig*x;}
#define read read()
const ll inf = 1e15;
const ll INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
ll gcd(ll a,ll b)
{
    ll t;
    while(b!=0)
    {
        t=a%b;
        a=b;
        b=t;
    }
    return a;
}
ll qPow(ll x, ll k)
{
    ll res = 1;
    while(k) {
        if(k&1)
            res=(res*x);
        k>>=1;
        x=(x*x);
    }
    return res;
}
ll maxx=-1;
ll minn=inf;
ll num2[maxn];
ll num[maxn];
ll res,ans;
int sum=0;
map<string,ll> mp;
vector<ll> vet;
priority_queue <int ,vector<int> ,greater<int> > xiaogen;
queue <ll> duilie;
priority_queue <int ,vector<int> ,less<int> > que;
ll a[500],b[500];
ll dp[500][500];
int main()
{
    int n=read;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read;
    for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read;
    memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof dp);
    for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=a[i]+b[i-1]+b[i+1];///左右两边都加上
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            ll temp1=dp[i+1][j]+a[i]+b[i-1]+b[j+1];
            ll temp2=dp[i][j-1]+a[j]+b[i-1]+b[j+1];
            dp[i][j]=min(temp1,temp2);
            for(int k=i+1;k<j;k++)
            {
                ll temp=dp[i][k-1]+a[k]+b[i-1]+b[j+1]+dp[k+1][j];
                dp[i][j]=min(dp[i][j],temp);
            }
        }
    }
    cout<<dp[1][n]<<endl;
    return 0;
}
/**
3
3 5 7
8 2 0
 
17
 
**/
 
/**************************************************************
    Problem: 15408
    Language: C++
    Result: 正确
    Time:108 ms
    Memory:35252 kb
****************************************************************/

好朋友

题目描述
众所周知，XZ&CHR是好朋友……
这天，CHR打算考验一下XZ与自己的默契度，他想了n个正整数:a1~ an，为了不为难XZ，CHR只要求说出一个数，这个数是a1 ~ an中任何一个数的倍数即可。当然，这还是十分困难，XZ知道后，觉得这很难，就来问问你：如果他在1~m中随机说出一个数，通过考验的概率是多少？

输入
第一行输入一个正整数T，代表有T组数据。
对于每一组数据，第一行输入n，m, 第二行输入a1~an，含义见题目描述。

输出
为防止有精度问题，对于每一组数据输出概率乘上m，即一个正整数代表答案。
样例输入

1
2 10
2 3

样例输出

7

提示
样例解释：2、4、6、8、10是2的倍数，其他数中3、9是3的倍数，共7个。
【数据范围】
对于30%的数据，m ≤ 1000。
对于另外20%的数据，n = 1。
对于另外20%的数据，n = 2。
对于所有数据，n ≤ 10，1＜ai ≤ m ≤ 10⁹，T ≤ 10000。

在鄙人的这个文章里面

利用相似的做法，来解决这个问题
看了大佬的做法感觉真的很秀，当天晚上调了好长时间的问题竟然被巨巨如此之短的代码解决，感觉真是太秀了

需要注意的是：需要求两个数的最小公倍数，就像是上面那道题目的3*5类似的情况，因为3和5都是质数，所以就直接求了乘积，但是在这到题目里面并不适用，因此求两个数的最小公倍数才是正确的解决方式，每次循环的时候，要改符号（根据容斥原理来解决）
但是上面大佬的一手DFS确实秀到我了，很强

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define wuyt main
typedef long long ll;
ll read(){ll c = getchar(),Nig = 1,x = 0;while(!isdigit(c) && c!='-')c = getchar();
if(c == '-')Nig = -1,c = getchar();
while(isdigit(c))x = ((x<<1) + (x<<3)) + (c^'0'),c = getchar();
return Nig*x;}
#define read read()
const ll inf = 1e15;
const ll INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
ll gcd(ll a,ll b)
{
    ll t;
    while(b!=0)
    {
        t=a%b;
        a=b;
        b=t;
    }
    return a;
}
ll lcm(ll a,ll b){
    return a/gcd(a,b)*b;
}
void DFS(int now,int op,ll fenmu){
    if(now!=1) ans+=m/fenmu*(op);
    for(int i=now;i<=n;i++) DFS(i+1,-op,lcm(fenmu,num[i]));
}
int main()
{
    int cnt=read;
    while(cnt--){
        n=read,m=read;
        for(int i=1;i<=n;i++) num[i]=read;
        ans=0;
        /// 第一次之后*-1，所以开始要是-1而不是1
        DFS(1,-1,1);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}
/**
1
2 10
2 3
**/