CSP-J/S2019 做题练习（day3）
A - 军队
问题描述
给定一个有 \(n\) 个队伍的人组成的序列，第 \(i\) 个队伍 \(i\) 有 \(s[i]\)个人组成，一个 \(l\) 到 \(r\)的子序列是合法的，当且仅当\(((∀i)(∀j)∧(i≠j)∧(l≤i,j≤r))→(gcd(s[i],s[j])=1)\)，即对于该序列中任两个不相同的队伍，他们人数的最大公约数为 \(1\)，并且要求该子序列的总人数大于等于 \(k\)。
且由于每个队伍能够审批携带的仪器是有限的，所以需要这个队伍\((r - l + 1)\)尽可能长，请求出这个队伍的最长长度，若不存在，请输出 \(0\)。
输入
第一行两个整数 \(n,k\) 分别表示队伍数量和人数下限
接下来一行 \(n\) 个整数，表示每个队伍的人数
输出
一行一个整数，表示队伍的最长长度，如果不存在一个这样的队伍，则输出 \(0\)
输入输出样例
样例输入
5 14
4 5 12 3 2
样例输出
2
数据范围
对于 \(10\%\)的数据 \(n≤10\)
对于另外 \(20\%\)的数据 \(n≤100\)
对于另外 \(20\%\)的数据 \(n≤2\times 1000\)
对于全部的数据 \(1≤n≤10^5, 1≤s[i]≤10^6, k≤ int\)。
题解
枚举左端点及右端点即可，还要加一些玄学优化。
\(n\)方过十万！
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cctype>
#define int long long
#define gI gi
#define itn int
#define File(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)
using namespace std;
inline int gi()
{
int f = 1, x = 0; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
return f * x;
}
int n, k, a[100003], dp[100003], sum[100003];
namespace sub1
{
int gcd(int a, int b)
{
if (b == 0) return a;
return gcd(b, a % b);
}
bool pd(int l, int r)
{
for (int i = l; i <= r; i+=1)
{
for (int j = i + 1; j <= r; j+=1)
{
if (a[i] % 2 == 0 && a[j] % 2 == 0) return false;
if (gcd(a[i], a[j]) != 1) return false;
}
}
return true;
}
void getans()
{
itn ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i+=1)
{
for (int j = i + 1; j <= n; j+=1)
{
if (sum[j] - sum[i - 1] < k) continue;
if (pd(i, j)) ans = max(ans, j - i + 1);
}
}
printf("%lld\n", ans);
return;
}
}
namespace sub2
{
int gcd(int a, int b)
{
if (b == 0) return a;
return gcd(b, a % b);
}
void getans()
{
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i+=1)
{
int Right;
for (Right = i; Right <= n; Right+=1) if (sum[Right] - sum[i] >= k) break;
bool fl = false;
for (int j = i; j <= Right && !fl; j+=1)
{
for (int k = j + 1; k <= Right && !fl; k+=1)
{
if (gcd(a[j], a[k]) != 1) fl = true;
}
}
if (fl) continue;
ans = max(ans, Right - i + 1);
for (++Right; Right <= n; Right+=1)
{
bool fl = false;
for (int j = i; j < Right && !fl; j+=1) if (gcd(a[j], a[Right]) != 1) fl = true;
if (fl) break;
ans = max(ans, Right - i + 1);
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
signed main()
{
File("tarmy");
n = gi(), k = gi();
for (int i = 1; i <= n; i+=1) a[i] = gi(), sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
if (sum[n] < k) {puts("0"); return 0;}
if (n <= 100) {sub1::getans(); return 0;}
else {sub2::getans(); return 0;}
return 0;
}
B - 取石块儿
问题描述
小 \(L\) 和小 $T $进行取石块儿游戏，给定一个整数 \(n\) 表示石块儿总数，给定一个整数 \(k\) 表
示每次最多能拿走的石块儿数量，小 \(L\) 先手，每次能拿走 \(1\)~\(k\) 个石块儿，他们中总会有一
个人最后拿走 \(s\) 块儿石块儿，使得剩余石块儿数量为 \(0\)，则最后一个拿走剩下石块儿的人获
胜，另外一个人失败。
小 \(T\) 非常聪明，小 \(L\) 绝顶(秃子(逃))聪明，请判断小 \(T\) 是否能取胜。
输入
第一行一个整数 \(T\) 表示数据组数，接下来 \(T\) 行每行两个整数 \(n\),\(k\) 意义为描述所给。
输出
对于每组数据，输出"\(YES\)"或者"\(NO\)"(不带引号)，代表小 \(T\) 是否能够获胜。
输入输出样例
样例输入
2
2 1
10 4
样例输出
YES
YES
数据范围
题解
首先对于只有\(k\)个石块儿的情况， 很明显直接一次拿走就能获胜， 对于有\(k + 1\)块石块儿情况， 不论怎么拿， 总会产生少于\(k\)块石块儿的情况， 于是是必败的。
同样， 对于\((k + 1, k + k + 1]\)个石块儿的情况， 总能拿走一部分石块儿是的对手处于\(k + 1\)的必败情况， 归纳证明当\(n \% (k + 1) == 0\)的时候， 先手必胜， 反之后手必胜。
代码超短的……
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cctype>
#define int unsigned long long
#define gI gi
#define itn int
#define File(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)
using namespace std;
inline int gi()
{
int f = 1, x = 0; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
return f * x;
}
int t, n, k, a, b;
signed main()
{
File("tstones");
t = gi();
while (t--)
{
n = gi(), k = gi();
if (k == 1)
{
if (n & 1) puts("NO");
else puts("YES");
}
else
{
if (n % (k + 1)) puts("NO");
else puts("YES");
}
}
return 0;
}
总结
这次练习做得不是很好。
要拿的很多部分分都没有拿到。
还要继续努力啊\(QwQ\)。
