C语言程序设计100例之（48）：钢管加工
例48 钢管加工
问题描述
有N根钢管，每根长度是ai。有一个钢管加工器，每秒钟可以加工k长度的钢管。工人师傅需要按顺序加工这些钢管。
不过呢，机器的最大等待长度是h，即等待加工（已经塞入机器却还没有加工的钢管）的钢管长度不能超过h（保证ai <= h)。
加工工人只能在整数秒的时候塞入钢管。
求加工完这些钢管最少要多久。
输入格式
第一行N、H、K，代表钢管条数，最大等待长度和每秒处理速度。
接下来N行，每行一个数，代表钢管的长度。这些钢管需要按顺序处理。
输出格式
加工的最短时间。
输入样例
5 6 3
5 4 3 2 1
输出样例
5
样例解释：
第一秒塞入5，等待长度5，机器处理了3，等待长度2
第二秒塞入4，等待长度6，机器处理了3，等待长度3
第三秒塞入3，等待长度6，机器处理了3，等待长度3
第四秒塞入了1,2，等待长度6，机器处理了3，等待长度3
第五秒无塞入，等待长度3，机器处理了3，处理完毕
（1）编程思路。
定义变量len保存上次加工后剩余的等待加工的钢管长度，初始值为0，定义变量ans保存最短的总加工时间，初始值也为0。
依次输入待加工的钢管长度a，若len+a>h，待加工的钢管不能塞入加工器，先等待机器加工处理之前剩余的待处理钢管，此时ans加1，之前剩余的处理后，剩余的没有了，新的钢管作为待加工的钢管len=a；若len+a<=h，将待加工钢管塞入加工处理器，一块加工处理。每次加工处理，加工时间加上机器最大处理的时间（即ans+=len/k），加工处理后，剩余长度len=len%k一定小于机器一秒处理的长度k。
所有钢管依次读入处理后，若最后len不为0，再花1秒去处理剩余的，即ans++。
（2）源程序。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n,h,k;
scanf("%d%d%d",&n,&h,&k);
long long ans=0;
int i;
int a,len=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
if (len+a>h)
{
ans++;
len=a;
}
else
len+=a;
ans+=len/k;
len%=k;
}
if (len!=0) ans++;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
习题48
48-1 次大值
本题选自洛谷题库 （https://www.luogu.org/problem/ P5682）
问题描述
Alice 有 n 个正整数，数字从1∼n 编号，分别为a1 ,a2,…,an。
Bob 刚学习取模运算，于是便拿这n 个数进行练习，他写下了所有
ai mod aj (1≤i,j≤n∧i≠j)的值，其中mod 表示取模运算。
Alice 想知道所有的结果中，严格次大值是多少。将取模后得到的所有值进行去重，即相同的结果数值只保留一个，剩余数中第二大的值就称为严格次大值。
输入格式
第一行一个正整数n（3≤n≤2×105），表示数字个数。
第二行 n 个正整数表示ai （1≤ai ≤109）。
输出格式
仅一行一个整数表示答案。
若若取模结果去重后剩余数字不足两个，则输出 −1。
输入样例
4
4 5 5 6
输出样例
4
样例解释
所有取模的结果为{4,4,4,1,0,5,1,0,5,2,1,1}。
去重后有：{0,1,2,4,5}，结果为4。
（1）编程思路。
由于正整数n（3≤n≤2×105）的范围较大，因此像样例解释的那样，采用二重循环将n个正整数两两的余数求出来，去重后再找到一个次大值的方法会超时的。
实际上，对于任意的两个不同的正整数a和b，若a<b，则a mod b的值一定为a，而b mod a的值为0~a-1之一，小于a。
因此，在n个正整数中，若最大正整数为max1，次大的正整数为max2（且max2不等于max1），则在这n个正整数的两两求余所得的余数中，最大的余数一定为max2。
严格次大的余数为多少呢？
设n个正整数中，第3大的正整数为max3（且max3与max1和max2均不相等），则任意比max3小的正整数x与最大整数max1产生的余数（最大可能为x）一定也小于max3，因此，严格次大的余数不可能由比max3小的正整数求余得到。
Max3是不是次大的正整数呢？还需比较一下max3与max1 mod max2的值。例如，三个正整数2、4、15，显然最大余数为4，次大的为15 mod 4（值为3），不是2。
因此，本题可这样解决，求出输入的n个正整数的最大值max1、次大值max2和第3大值max3，可以一边输入数据一边求值（max1、max2和max3的初始值均设为0）。
n个数据输入完成后，若max3不等于0，则次大值为max3和max1%max2的较大值；若max3等于0且max2不等于0，则序列中只有两个不同的正整数max1和max2，最大的余数为max2，次大的余数一定为max1%max2；若max2等于0，则序列中的n个数据全部相同，余数去重后只剩下1个，没有次大余数，输出-1。
（2）源程序。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int max1=0,max2=0,max3=0;
int i,x;
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if (x==max1 || x==max2 || x==max3) continue;
if (x>max1)
{
max3=max2; max2=max1; max1=x;
}
else
{
if (x>max2)
{
max3=max2; max2=x;
}
else if (x>max3) max3=x;
}
}
if (max3!=0) printf("%d\n",max3>max1%max2?max3:max1%max2);
else if (max2!=0) printf("%d\n",max1%max2);
else printf("-1\n");
return 0;
}
48-2 和能被7整除
问题描述
设有N个整数构成的序列a[1]，a[2]，…，a[n]。求一个最长的区间[x，y]，使得区间中的数a[x]，a[x+1]，a[x+2]，…，a[y-1]，a[y]的和能被7整除。输出区间长度。若没有符合要求的区间，输出0。
输入格式
输入的第一行是整数N（1≤N≤50,000)，之后N行，每行给出序列中的整数值a[i] （范围为0~1,000,000）。
输出格式
输出区间长度。若没有符合要求的区间，输出0。
输入样例
7
3
5
1
6
2
14
10
输出样例
5
说明/提示
样例中，5+1+6+2+14 = 28符合要求，最大长度为5。.
（1）编程思路。
定义数组int left[7]={0,-1,-1,-1,-1,-1,-1},right[7]={0};分别保存当前累加和整除7后的余数第1次和最后一次出现的位置。
以样例中3、5、1、6、2、14、10的7个数为例，依次累加7个数得到的累加和为3、8、9、15、17、31、41，除以7的余数分别为3、1、2、1、3、3、6，由此得到left[3]=1，right[3]=6，即从第2个（left[3]+1）数到第6个（right[3]）数的累加和一定是7的倍数，区间长度为5（6-2+1）。Left[1]=2，right[1]=4，即从第3个（left[1]+1）数到第4个（right[1]）数的累加和也一定是7的倍数，但这个区间只有2个数，比余数为3取得的区间短。
因此，可根据累加和求得各相同余数的第一次和最后一次之间的位置。再枚举0~6 共7个余数各自的最长长度，在它们7个中找出最长的就是所求。
（2）源程序。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int left[7]={0,-1,-1,-1,-1,-1,-1},right[7]={0};
int i,a;
int sum=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
sum=(sum+a)%7;
if (left[sum]==-1) left[sum]=i;
right[sum]=i;
}
int ans=0;
for (i=0;i<=6;i++)
if (right[i]-left[i]>ans) ans=right[i]-left[i];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
48-3 向左和向右
问题描述
某二叉树中的每个结点都包含一对整数。树的结构如下所示：
根包含整数对（1，1）。
如果结点包含整数对（a，b），则其左子结点包含整数对（a+b，b），其右子结点包含整数对（a，a+b）。
给定上述二叉树的某个结点的所包含的整数对（a，b），假设您沿着最短路径从树的根走到给定结点。你能知道走动过程中你向左移动多少次，向右移动多少次吗？
输入
第1行给出测试数据的组数。
每组测试数据都由一行组成，其中包含两个整数a和b（1<=a，b<=2*109），表示结点（a，b）。您可以假设这是上述二叉树中的有效结点。
输出
每组测试数据的输出都以一行开头，其中包含“Scenario #i:”，其中i是从1开始的测试用例编号。然后打印一行，其中包含两个数字l和r，两个数字之间用一个空格隔开，其中l表示从根到输入中给定的结点遍历树时必须向左移动的次数，r表示必须向右移动的次数。在每个测试用例后打印一个空行。
输入样例
3
42 1
3 4
17 73
输出样例
Scenario #1:
41 0
Scenario #2:
2 1
Scenario #3:
4 6
（1）编程思路。
定义变量int lcnt=0，rcnt=0；分别保存向左转和向右转的次数。
从终结点（a，b）开始逆推，若a比b大的话，肯定是由结点（a-b,b）向左走过来的，此时lcnt++，a=a-b；若a比b小的话，肯定是由结点（a,b-a）向左走过来的，此时rcnt++，b=b-a。这样逆推直到根结点，此时a=1且b=1。
在逆推过程中，可能连续向左或连续向右。为了加速处理，可以用除法代替减法，从而减少循环次数。具体代码参见源程序。
（2）源程序。
#include <stdio.h>
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int i;
for (i=1;i<=n;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
int lcnt=0,rcnt=0,t;
while (a>1 || b>1)
{
if (a>b)
{
t=(a-1)/b;
lcnt+=t;
a-=t*b;
}
else
{
t=(b-1)/a;
rcnt+=t;
b-=t*a;
}
}
printf("Scenario #%d:\n",i);
printf("%d %d\n\n",lcnt,rcnt);
}
return 0;
}
