A：二分答案，从左往右考虑每个人，选尽量靠左的钥匙即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define int long long #define N 2010 #define M 2010 char getc(){char c=getchar();while ((c<‘A‘||c>‘Z‘)&&(c<‘a‘||c>‘z‘)&&(c<‘0‘||c>‘9‘)) c=getchar();return c;} int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);} int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while (c<‘0‘||c>‘9‘) {if (c==‘-‘) f=-1;c=getchar();} while (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } int n,m,p,a[N],b[M]; bool flag[M]; bool check(int k) { memset(flag,sizeof(flag)); for (int i=1;i<=n;i++) { bool f=0; for (int j=1;j<=m;j++) if (!flag[j]&&abs(a[i]-b[j])+abs(p-b[j])<=k) { flag[j]=1; f=1; break; } if (!f) return 0; } return 1; } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("a.in","r",stdin); freopen("a.out","w",stdout); #endif n=read(),m=read(),p=read(); for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for (int i=1;i<=m;i++) b[i]=read(); sort(a+1,a+n+1);sort(b+1,b+m+1); int l=0,r=2000000000,ans=0; while (l<=r) { int mid=l+r>>1; if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } cout<<ans; return 0; //NOTICE LONG LONG!!!!! }
B：暴力，每次找到下一张被扔出去的牌并累加距离（即翻几张牌后会翻到）即可，距离用树状数组维护。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 100010 char getc(){char c=getchar();while ((c<‘A‘||c>‘Z‘)&&(c<‘a‘||c>‘z‘)&&(c<‘0‘||c>‘9‘)) c=getchar();return c;} int gcd(int n,id[N],tree[N]; ll ans; bool cmp(const int&x,const int&y) { return a[x]<a[y]||a[x]==a[y]&&x<y; } void add(int k,int x){while (k<=n) tree[k]+=x,k+=k&-k;} int query(int k){int s=0;while (k) s+=tree[k],k-=k&-k;return s;} int dis(int x,int y) { if (x<=y) return query(y)-query(x); else return query(n)+query(y)-query(x); } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("a.in",stdout); #endif n=read(); for (int i=1;i<=n;i++) id[i]=i,a[i]=read(); sort(id+1,id+n+1,cmp); for (int i=1;i<=n;i++) add(i,1); int last=0; for (int i=1;i<=n;i++) { int t=i; while (t<n&&a[id[t+1]]==a[id[i]]) t++; int p=i; for (int j=i+1;j<=t;j++) if (dis(last,id[j])<dis(last,id[p])) p=j; ans+=dis(last,id[p]),add(id[p],-1),last=id[p]; for (int j=p+1;j<=t;j++) ans+=dis(last,id[j]),add(id[j],last=id[j]; for (int j=i;j<p;j++) ans+=dis(last,last=id[j]; i=t; } cout<<ans; return 0; //NOTICE LONG LONG!!!!! }
C：不考虑d是某数因子的特殊情况的话，相当于要求nd-Σai mod d<=k，最大化d。而ai mod d=ai-⌊ai/d⌋*d，众所周知⌊ai/d⌋只有sqrt(ai)种取值。在所有⌊ai/d⌋都不变的一段区间内，最大的d可以很容易的算出来。于是暴力找出所有区间分割点（包括每个数的因数，因为不满足上述式子），对分割点暴力验证，区间内直接算出最大取值判一下是否合法即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 110 char getc(){char c=getchar();while ((c<‘A‘||c>‘Z‘)&&(c<‘a‘||c>‘z‘)&&(c<‘0‘||c>‘9‘)) c=getchar();return c;} int gcd(int n,t; ll k,d,b[10000010]; void print(ll x){cout<<x;exit(0);} bool check(ll x) { ll s=0; for (int i=1;i<=n;i++) if (a[i]%x) s+=x-a[i]%x; return s<=k; } ll check(ll l,ll r) { if (l>r) return -1; ll s=n,tot=0; for (int i=1;i<=n;i++) s+=a[i]/l,tot+=a[i]; tot+=k; if (tot/s>=l) return min(tot/s,r); else return -1; } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("a.in",stdout); #endif cin>>n>>k; for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=1;j*j<=a[i];j++) if (a[i]%j==0) { b[++t]=j; if (j*j<a[i]) b[++t]=a[i]/j; } for (int j=1;j<=a[i];j++) { b[++t]=j; j=a[i]/(a[i]/j); } } sort(b+1,b+t+1); t=unique(b+1,b+t+1)-b-1;b[++t]=1000000000000ll; for (int i=t;i>=2;i--) { if (check(b[i])) print(b[i]); if (check(b[i-1]+1,b[i]-1)>0) print(check(b[i-1]+1,b[i]-1)); } cout<<1; return 0; //NOTICE LONG LONG!!!!! }
D：容易想到设f[i]为i层满二叉树的答案，由f[i-1]转移。但考虑一下容易发现无法处理由某子树走到根再走回该子树的情况。这个转移需要知道选两条不相交路径的方案数。要求出这个似乎又要知道选更多条不相交路径的方案数。
那么自然的有设f[i][j]为i层满二叉树无序选j条不相交路径的方案数。看起来第二维状态是指数级别的，不过先不管这个。
考虑转移。显然其中至多只有一条路径经过根。
如果没有路径经过根，方案数为Σf[i-1][x]*f[i-1][j-x]。
如果根是一个孤立路径，方案数为Σf[i-1][x]*f[i-1][j-x-1]。
如果根是路径端点，方案数为Σf[i-1][x]*f[i-1][j-x]*2*j。
如果根是由某子树走上去再走下来的，方案数为f[i-1][x]*f[i-1][j-x+1]*2*C(j+1,2)。
和最开始的想法相同，求f[i][j]至多只会用到f[i-1][j+1]。最终我们要求f[n][1]，我们中间需要用到的第二维状态并不会超过n。于是状态数n2，复杂度O(n3)。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 410 #define P 1000000007 char getc(){char c=getchar();while ((c<‘A‘||c>‘Z‘)&&(c<‘a‘||c>‘z‘)&&(c<‘0‘||c>‘9‘)) c=getchar();return c;} int gcd(int n,f[N][N]; void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;} signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("a.in",stdout); #endif n=read(); f[1][0]=1;f[1][1]=1; for (int i=2;i<=n;i++) for (int j=0;j<=n;j++) for (int x=0;x<=j+1;x++) { if (j>=x) inc(f[i][j],1ll*(2*j+1)*f[i-1][x]%P*f[i-1][j-x]%P%P); if (j>x) inc(f[i][j],1ll*f[i-1][x]*f[i-1][j-x-1]%P); inc(f[i][j],1ll*f[i-1][x]*f[i-1][j-x+1]%P*(j+1)%P*j%P); } cout<<f[n][1]; return 0; //NOTICE LONG LONG!!!!! }
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