Codeforces Round 901 (Div
C. Jellyfish and Green Apple
题解
显然\(n \% m =0\),答案一定为\(0\)
如果\(n > m\),我们显然可以将\(n / m\)的苹果分给每个人,然后再处理$n % m $
如果\(n < m\),我们一定会将所有苹果一直对半切直到\(n > m\),所以答案每次对半切一定会加\(n\)
直到\(n \%m = 0\)的时候结束
那么什么情况下无解呢?
我们考虑每次对半切会使得\(n :=n * 2\),也就是说如果一个质因子\(p,p\neq 2\)在\(m\)中存在,但是在\(n\)中不存在,那么\(n\)不管怎么翻倍,永远不会出现\(n \%m = 0\)
那么这个该如何判断呢?
我们可以通过\(\frac{m}{gcd(n,m)}=2^i\)来判断
int n, m;
int lowbit(int x) { return x & -x; }
void solve()
{
cin >> n >> m;
if (n % m == 0)
{
cout << 0 << endl;
return;
}
n = n % m;
int r = m / gcd(n, m);
if (r != lowbit(r))
{
cout << -1 << endl;
return;
}
int ans = 0;
while (true)
{
while (n * 2 < m)
{
ans += n;
n <<= 1;
}
ans += n;
n <<= 1;
if (n % m == 0)
break;
n = n % m;
}
cout << ans << endl;
}
D. Jellyfish and Mex
\(1 \leq n \leq 5000\)
题解:\(DP\)
我们考虑\(dp\)
显然对于\(a_i > mex\)部分我们可以不用管
如果当前数组\(a\)的\(mex\)为\(g\),我们想使得\(x,x < g\)成为\(mex\),那么代价为\(g \times (cnt[x] - 1) + x\)
我们定义状态为:\(dp[i]\):代表通过删除操作使得\(mex = i\)的最小代价
转移方程为:
\[dp[mex] = 0 \\ dp[i] = min \sum_{j = i + 1}^{mex}(dp[j] + j \times (cnt[i] - 1) + i) \]倒序遍历\(i\)即可
- 显然答案为\(dp[0]\)
int n, a[N];
// dp[i] 代表通过删除操作使得 mex = i 的最小代价
void solve()
{
cin >> n;
map<int, int> mp;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
cin >> a[i];
mp[a[i]]++;
}
int mex = -1;
for (int i = 0;; ++i)
if (!mp.count(i))
{
mex = i;
break;
}
vector<int> dp(mex + 10, INF);
dp[mex] = 0;
for (int i = mex - 1; i >= 0; --i)
for (int j = i + 1; j <= mex; ++j)
dp[i] = min(dp[i], dp[j] + j * (mp[i] - 1) + i);
cout << dp[0] << endl;
}