UR #1

A. 缩进优化

题目描述

有 \(N\) 行，每行有 \(A_i\) 个空格。你可以选择一个默认 TAB 长度 \(x\)。并用一个 TAB 替换 \(x\) 个空格。求最终需要 TAB 和空格数量之和的最小值。

思路

我们先对值的出现次数做一个前缀和，然后枚举 \(x\)。并枚举 \(x\) 的倍数再统计答案即可。这样是一个调和级数的复杂度。

空间复杂度 \(O(N)\)，时间复杂度 \(O(N\log N)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int MAXV = 1000001;

int n, sum[MAXV];
ll ans = (ll)(1e18), cnt[MAXV];

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  for(int i = 1, x; i <= n; ++i) {
    cin >> x;
    sum[x]++;
    cnt[x] += x;
  }
  for(int i = 1; i < MAXV; ++i) {
    sum[i] += sum[i - 1];
    cnt[i] += cnt[i - 1];
  }
  for(int i = 1; i < MAXV; ++i) {
    ll res = 0;
    for(int j = 0; i * j < MAXV; ++j) {
      res += 1ll * j * (sum[min(MAXV - 1, i * (j + 1) - 1)] - (!j ? 0 : sum[i * j - 1])) + (cnt[min(MAXV - 1, i * (j + 1) - 1)] - (!j ? 0 : cnt[i * j - 1])) - 1ll * i * j * (sum[min(MAXV - 1, i * (j + 1) - 1)] - (!j ? 0 : sum[i * j - 1]));
    }
    ans = min(ans, res);
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

B. 外星人

题目描述

给定一个数 \(x\)，和一个数列 \(A\)，你要找到一个排列 \(P\)，使得 \(x\bmod A_{P_1}\bmod A_{P_2}\bmod \dots \bmod A_{P_N}\) 最大。并求出有多少个这样的 \(P\)。

思路

显然当我们模完一个较小的数后，再模较大的数就没有意义了，所以如果我们想跳过一个数，那么只需把它丢到更小的数后面。因此先对 \(A\) 从大到小排序。

令 \(dp_{i,x}\) 表示考虑前 \(i\) 个数，当前数变成了 \(x\) 的方案数。如果我们选择模，那么有转移 \(dp_{i+1,x\bmod A_{i+1}}\leftarrow dp_{i,x}\)。如果不模，那么 \(dp_{i+1,x}\leftarrow dp_{i,x}\cdot (N-i-1)\)。最后看最大有方案数的答案即可。

时空复杂度均为 \(O(Nx)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 1001, MAXV = 5001, MOD = 998244353;

int n, x, a[MAXN], dp[MAXN][MAXV];

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> x;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> a[i];
  }
  sort(a + 1, a + n + 1, greater<int>());
  dp[0][x] = 1;
  for(int i = 0; i < n; ++i) {
    for(int j = 0; j <= x; ++j) {
      dp[i + 1][j] = (dp[i + 1][j] + 1ll * dp[i][j] * (n - i - 1) % MOD) % MOD;
      dp[i + 1][j % a[i + 1]] = (dp[i + 1][j % a[i + 1]] + dp[i][j]) % MOD;
    }
  }
  for(int i = x; i >= 0; --i) {
    if(dp[n][i]) {
      cout << i << "\n" << dp[n][i];
      return 0;
    }
  }
  return 0;
}