题目
题目来源：CCF 四川省选 2004；
在线评测地址：Luogu#5810。
题目描述
人们在输入文本时，除了逐个输入这种方式外，还可以利用剪贴板进行复制，如果打入一个字母需要 (1) 的时间，将已输入的部分复制进剪贴板需要 (5) 的时间（Ctrl+A，Ctrl+C，再取消全选状态），将剪贴板的内容粘贴出来需要 (2) 的时间（Ctrl+V）。
如果我们不关心输入文本的内容，而只关心输入文本的长度，要输入一个长度 不低于 (n) 的文本最少需要多少时间？
输入格式
一个正整数 (n)，表示文本的长度。
输出格式
一个正整数 (t)，表示需要的最短的时间。
数据规模与约定
评测时间限制 (1000 extrm{ms})，空间限制 (128 extrm{MiB})。
- 对于 (20\%) 的数据，(nle 10)；
- 对于 (60\%) 的数据，(nle 10^4)；
- 对于 (100\%) 的数据，(nle 4 imes 10^4)。
分析
题意是说有两种操作，一是用 (1) 的代价插入一个字符，另一个是用 (2u+5) 的代价让所有的字符翻 (u+1) 倍。求得到至少 (n) 个字符的最小代价。
我们选择用 DP 来统计。
(60)-( exttt{pts})
定义 (f_i) 为得到 (i) 个字符的最小代价。
则可以得到 (f_i=maxleft{f_{i-1}+1,max_{d|iland d eq i}left{f_d+frac{2i}{d}+5 ight} ight})，每一次转移都需要遍历整个数列，所以复杂度是 (mathcal{O}(n^2))。
(100 exttt{pts})
Solution 1
一个显而易见的优化就是采用 (mathcal{O}(sqrt{n})) 的因数筛法来优化。这种做法就可以通过此题。（似乎这道题的数据规模就是顶着这个算法的）
唯一一个需要注意的点就是要 DP 到 (2n) 的位置再取最大值，因为题目中给出的条件是 不低于 (n)。
Solution 2
还有一种 DP 做法采用了不同的状态定义，效率却很高。但是想到这种做法会比较困难，其中样例就是一个坑。
原题中的输入样例是 (20)，输出是 (16)。这个样例让我们误以为答案和输入是同等级的……然而完全不是。
如果我们单纯地全选、复制、粘贴，就可以一次在常数花费内将字符数翻倍。所以答案实际上是对数级别的，只不过有大小约为 (7) 的常数而已。
那么，如果我们定义 (f_i) 为 代价 为 (i) 时的最大字符数呢？这样做有很多好处：
- 数组长度小，只需要开对数级别的即可；
- 答案单调，最后只需要二分搜索就能计算答案。
转移也比较简单，分成增加一个字符和将现有字符翻倍两种情况，分别计算后取最大值就是结果。
复杂度就是 DP 和二分（也可以在统计过程中计算）的总时间。单次 DP 转移需要遍历整个数组，所以就是数组长度的平方 (mathcal{O}(log^2 n))。
本做法在 洛谷题解 同步发布。
Solution 3
另一种做法相对暴力一点，但是有很优秀的复杂度。
我们尝试使用数学方法推式子，但是似乎并没有结果。如果我们暴力输出每一个 (n) 的结果，会发现在某个数之后答案会具有规律。
这个数非常小，我们直接前段打表、后段直接计算即可。这种做法在洛谷的 题解区 有提及，这里不再赘述。
Code In C++
这里用了 Solution 2 的做法。DP 数组别忘了开大 (7) 倍哦！
#include <cstdio>
using namespace std;
const int max_n = 120; // 计算公式为 7logn，最好再开大一点
int dp[max_n] = {};
int main()
{
int n, ans;
scanf("%d", &n);
if (n == 0) // 特判
{
puts("0");
return 0;
}
for (ans = 1; dp[ans-1] < n; ans++) // DP 的同时遍历求答案
{
dp[ans] = dp[ans-1] + 1; // 操作 1：增加一个字符
for (int i = ans - 7, j = 2; i > 0; i -= 2, j++) // 操作 2：全选+复制（翻倍）
if (dp[ans] < dp[i] * j)
dp[ans] = dp[i] * j; // 答案更优就更新
}
printf("%d
", ans-1); // 不要忘了减一
return 0;
}