220403 考试爆炸记 （T1T2）

T1

最大约数和

先放一下我考时的代码。（没想到能A过洛谷的数据，可能是洛谷的数据有点弱）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans,R;
struct node{
    double v;
    int num,sum;
}a[1010];
//a[i] 编号和价值 
bool cmp(node a,node b){
    return a.v>b.v;
    if(a.v==b.v) a.sum>b.sum;
}
int main()
{
    for(int i=1;i<=1000;i++){
        a[i].num=i;
        a[i].v=0;
    }
    a[1].v=0,a[2].v=0.5,a[3].v=1.0/3,a[4].v=0.75;
    a[5].v=0.2,a[6].v=1,a[7].v=1.0/7,a[8].v=7.0/8;
    a[9].v=4.0/9,a[10].v=0.8;
    a[1].sum=0,a[2].sum=1,a[3].sum=1,a[4].sum=3;
    a[5].sum=1,a[6].sum=6,a[7].sum=1,a[8].sum=7;
    a[9].sum=4,a[10].sum=8;
    for(int i=11;i<=1000;i++){
        ans=0;
         int k=sqrt(i);
         for(int j=1;j<=k;j++){
             if(i%j==0){//i能被j整除 
                 /*if(j!=(i/j) && j!=i && ((i/j)!=i))
                 ans+=j;ans+=(i/j);
                 a[i].sum+=(j+(i/j));*/
                 if(j==(i/j)){
                     ans+=j;a[i].sum+=j;
                }
                else if(j==1){
                    ans++,a[i].sum++;
                }
                else{
                    ans+=(j+(i/j));
                    a[i].sum+=(j+(i/j));
                }
             }
         }
         double ans1=ans;
         a[i].v=(ans1/i);
    }
    sort(a+1,a+1001,cmp);
    R=1,ans=0;
    scanf("%d",&n);
    while(n>0 && R<=1000){
        if(n>=a[R].num){
            n-=a[R].num;
            ans+=a[R].sum;
            //cout<<a[R].num<<" "<<a[R].v<<" "<<a[R].sum<<endl;    
        }
        R++;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

模拟了一下整个过程，要选数，那我们肯定要选对答案贡献最大的数，我用i这个数的因数和除以i本身，表示他的贡献率。求完所有数后，按这个贡献率降序排序，对于n这个数，求解就行了。

那么接下来我们来看一下正解吧：

考时我竟然没有想到0|1背包的做法。。。。。。。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,s,f[1005][1005];
int ysh[1005];
 
void makesum(int m){//预处理1...m每个数的因数和 
    ysh[1]=0;//1的因数和除他自身是0 
    for(int i=2;i<=m;i++){
        s=1;
        for(int j=2;j<=i/2;j++)//从2开始 
        if(i%j==0) s+=j;
        ysh[i]=s;//得到因数和 
    }
}
 
int main(){
    cin>>m;
    makesum(m);
    memset(f,0,sizeof(f));
    //0|1背包 
    for(int i=1;i<=m;i++)//相当于枚举每个物品 
    for(int x=1;x<=m;x++)//x是容量 
    if(x>=i) f[i][x]=max(f[i-1][x-i]+ysh[i],f[i-1][x]);//i可以选择放 
    else f[i][x]=f[i-1][x];//i不能选 
    cout<<f[m][m];
}

T2

最佳序列

这道题数据有点弱啊，打考时的这个暴力就可以拿60pts了。复杂度O(n*n);

正解：二分+单调队列

首先看这道题，求平均值的最大值没有显眼的规律，所以我们二分求这个平均值。

那么这道题转变为一个判定性问题，用单调队列可将这个判定优化到O(n)，总复杂度nlogn。

假设我们现在枚举的值为x, 那么我们对于原来的a数组求一个前缀和数组sum，那么我们就是要找到满足sum[r] - sum[l] >= x * (r - l) 并且L <= r - l <= R，我们将上面的式子移项，(sum[r] - r * x) - (sum[l] - l * x)>= 0那么我们可以通过将a[i] à a[i] - x来消掉sum[r] - r * x为sum[r]，那么我们现在将a[i]全部减去x，重新求sum数组，那么我们现在要做的是求取满足sum[r] - sum[l] >= 0并且L <= r - l <= R的r和l，那么我们枚举右端点r，那么可行的l为(r - R ~ r - L)，我们只需要判断这个区间中的sum的最小值是否比sum[r]小即可，那么我们相当于要求一段长度固定的区间中的最小值，并且需要移动区间加入下一个位置或者去掉上一个位置，这个不就是标准的单调队列了吗，直接扫一遍就可以判断了，所以算法就是二分枚举x，判断是否可行。

问题变为每个数ai选择之前[i−R,i−L][i−R,i−L]的一个数aj，使得ai≥aj,这是一个经典的单调队列优化DP。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200010;
int n,L,R;
int a[maxn],Max;
double sum[maxn];
 
bool check(double x){
    static int q[maxn];
    int head=1,tail=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=1.0*a[i]-x+sum[i-1];
    for(int i=L;i<=n;i++){
        while(head<=tail && sum[q[tail]]>=sum[i-L]) tail--;
        q[++tail]=i-L;
        while(head<=tail && i-q[head]>R) head++;
        if(sum[i]>=sum[q[head]]) return true;
    }
    return false;
}
 
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&L,&R);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        Max=max(Max,a[i]);
    }
    double l=0,r=Max;
    for(int i=1;i<=50;i++){
        double mid=(l+r)/2;
        check(mid)?l=mid:r=mid;
    }
    printf("%.4f",l);
}