3.31考试总结
3.31考试题解及总结
Noip难度的题目还翻车，真的是菜出了天际。自己最近思维出现问题.静不下心来
T1
很明显的套路题，转化为差分数组.我们可以花费\(1\)的代价来对一个一个位置\(+1\)另一个位置\(-1\).最后统计一下大于\(k\)的之和与小于\(-k\)的差值之和取个\(max\)就好了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
LL ans;
LL n,k;
LL sum[N],a[N];
inline LL read(){
LL v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
int main(){
freopen("road.in","r",stdin);
freopen("road.out","w",stdout);
n = read(),k = read();
for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read();
for(int i = 1;i <= n + 1;++i) sum[i] = a[i] - a[i - 1];
LL sum1 = 0,sum2 = 0;
for(int i = 1;i <= n + 1;++i){
if(sum[i] > k) sum1 += sum[i] - k;
else if(sum[i] < -k) sum2 += (-k - sum[i]);
}
printf("%lld\n",max(sum1,sum2));
return 0;
}
T2
DP题目,结果考场上写了一个贪心,喜提20
这道题开到\(500000\)，但暴力枚举质因子就可以过掉了.时间复杂度\(O(n\sqrt{n})\)
然后由于垃圾lemon默认不开栈又喜提50,开栈之后A掉。
总结：考试浮躁静不下心来做题，不认真思考。以后考试不到收卷不开小差，认真思考题目
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 3;
int f[N];
int n,T;
inline int dp(int x){
if(f[x] != -1) return f[x];
f[x] = 2e9;
for(int i = 2;i * i <= x;++i)
if(x % i == 0)
f[x] = min(f[x],min(dp(x - i) + 1,dp(x - (x / i)) + 1));
f[x] = min(f[x],dp(x - 1) + 1);
return f[x];
}
int main(){
scanf("%d%d",&T,&n);
memset(f,-1,sizeof(f));
f[1] = 0;
while(T--){
int x;scanf("%d",&x);
if(x < 1){printf("Impossible\n");continue;}
printf("%d\n",dp(x));
}
return 0;
}
T3
关于40分做法：
暴力枚举全排列打表
80分:
我们要得到一个\(n ^2\)的做法。
发现一个区间可以被分成多个区间好的区间,一定可以被分成两个好的区间
因为必定有一个前缀是好的,将这个前缀拿掉之后剩下的区间也一定是好的
而判断一个前缀是否是好的,只需要看\(\max_1^{i}\)的值是否为\(i\)即可
我们设
\(g(i)\)表示\(i\)的排列个数
\(f(i)\)表示长度为\(i\)的不可分割的排列个数
\(f_n =g_n - \sum_{i = 1}^{n - 1}f_ig_{n - i}\)
大意就是我们枚举好的前缀\(i\)的,用\(f_i\) 是因为这个前缀必须不可分割,否则会重复计算.
剩下\(n - i\)个数可以随便排列.
