梦熊2024--七月份--S组

A

考虑什么情况可以走到所有的点。

如果用能走\(a\)和\(b\)的点，那么一定可以走\(gcd(a,b)\)，所以\(gcd=1\)的数们可以走到所有的点

那么为什么能走\(a\)和\(b\)的点，那么一定可以走\(gcd(a,b)\)呢？

先假设就是刚刚的\(a\)和\(b\)，\(g=gcd(a,b)\)，那么往这边走\(x\)个\(a\)，再往那边走\(y\)个\(b\)，就是要证明\(xa-yb=g\)。
\(a\)可以写成\(kg\)，\(b\)可以写成\(lg\)，那么就是要证明\(xkg-ylg=g\)，\((xk-yl)g=g\)，\(xk=yl\)即可。

所以我们只需要求几个\(x_i\)的最大公因数为\(1\)的\(c_i\)的和最小即可。
那么我们可以开一个数组\(dp_k\)表示以\(k\)为最大公因数的数们的\(c_i\)最小和，最终答案就是\(dp_1\)。
那么我们对于每一个\(x_i\)每次取出之前做过\(dp\)的数（用一个\(vector\)存下来），与他取最大公因数，得到数的价值就是那个之前做过\(dp\)的数的价值加\(c_i\)。
注意这个是\(map\)，无法赋最大值后去\(min\)，就要判断一下这个点是否存过数，如果存过再取\(min\)，否则直接赋值。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
int x[1005],c[1005];

int gcd(int x,int y){
	return y == 0?x:gcd(y,x%y);
}

map<int,int> dp,mp;

signed main(){
	
	cin >> n;
	int tmp = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		cin >> x[i];
		tmp = gcd(x[i],tmp);
	}
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		cin >> c[i];
	}
	if(tmp != 1){
		cout << "imposib1e";
		return 0;
	}
	
	vector<int> s;
	s.push_back(0);
	mp[0] = 1;
	
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		for(int j = 0;j < s.size();++ j){
			int w = s[j];
			int t = gcd(w,x[i]);
			dp[t] = dp[t] == 0?dp[w]+c[i]:min(dp[t],dp[w]+c[i]);
			if(mp[t] != 1){
				mp[t] = 1;
				s.push_back(t);
			}
		}
	}
	
	cout << dp[1];
	
	return 0;
	
}

B

先明确一个条件：虽然他说只能向后走，但其实我们可以向前走并不花时间，因为如果我们想向前走，只要在那个点的时候多停一会即可，就相当于向前走了。
那么考虑一下前两个特殊条件。
\(1.\)\(T_i=0\)。

\(T_i=0\)也就是说走不花时间，所以我们可以将\(m\)的时间全部花在取快乐值上。那么我们可以用一个大根堆，一开始把所有的点的初始快乐值加到堆里，每次取出最大的加入答案中，并把减去\(D_i\)的数再加进去。为什么呢？因为我们刚刚说了，向前走不花时间，这个向后走也不花时间，那么就可以随意窜来窜去。

\(2.\)\(D_i=0\)

这样，我们就可以在同一个点上待上很久，并一直取他，因为他的快乐值不会变小。那么我们枚举待在哪个点，看看走到这个点要多久，剩下的时间就可以一直取他喽。这里延伸一下，我们从这里可以看出取快乐值要有一个范围，如\(1~w\)，因为加到\(t_{w}\)（走到\(w+1\)）后就\(>m\)了走都走不到，只能走到\(w\)，后面的值是取不到的。

那么特殊条件考虑完了，在考虑一下正解。
我们以第一个特殊条件为主出发去考虑

C

D