LG2662 牛场围栏 和 test20181107 数学题

P2662 牛场围栏

题目背景

小L通过泥萌的帮助，成功解决了二叉树的修改问题，并因此写了一篇论文，

成功报送了叉院（羡慕不？）。勤奋又勤思的他在研究生时期成功转系，考入了北京大学光华管理学院！毕业后，凭着自己积累下的浓厚经济学与计算机学的基础，成功建设了一个现代化奶牛场！

题目描述

奶牛们十分聪明,于是在牛场建围栏时打算和小L斗智斗勇！小L有N种可以建造围栏的木料，长度分别是l1,l2 … lN，每种长度的木料无限。

修建时，他将把所有选中的木料拼接在一起，因此围栏的长度就是他使用的木料长度之和。但是聪明的小L很快发现很多长度都是不能由这些木料长度相加得到的，于是决定在必要的时候把这些木料砍掉一部分以后再使用。

不过由于小L比较节约，他给自己规定：任何一根木料最多只能削短M米。当然，每根木料削去的木料长度不需要都一样。不过由于测量工具太原始，小L只能准确的削去整数米的木料，因此，如果他有两种长度分别是7和11的木料，每根最多只能砍掉1米，那么实际上就有4种可以使用的木料长度，分别是6， 7，10, 11。        

因为小L相信自己的奶牛举世无双，于是让他们自己设计围栏。奶牛们不愿意自己和同伴在游戏时受到围栏的限制，于是想刁难一下小L，希望小L的木料无论经过怎样的加工，长度之和都不可能得到他们设计的围栏总长度。不过小L知道，如果围栏的长度太小，小L很快就能发现它是不能修建好的。因此她希望得到你的帮助，找出无法修建的最大围栏长度。

这一定难不倒聪明的你吧！如果你能帮小L解决这个问题，也许他会把最后的资产分给你1/8哦！

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行包含两个整数N,  M，分别表示木料的种类和每根木料削去的最大值。以下各行每行一个整数li(1< li< 3000),表示第i根木料的原始长度。

输出格式：

输出仅一行，包含一个整数，表示不能修建的最大围栏长度。如果任何长度的围栏都可以修建或者这个最大值不存在，输出-1。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

2 1
7 11

输出样例#1： 复制

15

说明

40 % ：1< N< 10,  0< M< 300

100 % ：1< N< 100,  0< M< 3000 

CaptainSlow的题解

规模较小，直接上可行解DP（有个叫_DYT大佬搞了一波分析证明这个解若存在是小于(9 imes 10^6)） 当然我们要考虑更好的解法，如果是初中我也会写可行解DP，当然考场上实在写不出来我还是应该打个暴力骗骗满分的。

PART 1 无解？

问题确实可能无解，分两种情况：

1. 存在数字1
   如果有1这个数字，那么所有的数字都可以被表示出来，就不存在不能表示出的数了

2. 所有数的gcd大于1
   设这些数为(A_1, A_2,...,A_n)，设(q=gcd(A_1, A_2,...,A_n))，则(q|A_1x_1+A_2x_2+...+A_nx_n)((x_1,x_2,...,x_n in Z))。这是一个很显然的结论，学习整除的时候是必回讲到的。所以，由于(q > 1)，必然存在不能表示出来的数，即(forall q mid m)，都是不符合条件的数，显然这个(m)是可以到无穷大的。
   这两者情况我们可以先特判出来，而剩下的就是(q=1)的情况了，这样的话是肯定存在最大的不能表示出来的数的。 这个很显然。

PART 2 寻找

我们如何去寻找这个最大的不能被表示出来的数呢？ 我们考虑所有可以被表示出来的数构成的数集(S)，由最小数原理可知，(S)中一定存在最小的(s_0)。考虑模(s_0)的每一个剩余系，记为(K_i=lbrace x|x equiv ipmod{s_0} brace,i=0,1,2,...,s_0-1)。 显然(s_0=min(A_i))。对(forall K_i)，由最小数原理，存在最小的能被表示出来的(t_i)，(t_i=s_0*p+i)，显然(p>0)，否则与(s_0)的最小性矛盾。那么对每一个(K_i)，最大不能被表示出来的数就是(s_0*(p-1)+i)。这样，问题就转化为了求每一个这样的(t_i)，这时候，我们就引入这个被称为剩余系最短路的算法了。我们可以把每个剩余系(K_i)抽象为图中的点，那么连接它们的边就是(A_i)中的那些数。然后就用普通的最短路更新方式就可以了。我选择了用Dijkstra算法。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int ARSIZE = 4005;
const int INF = 0x7f7f7f7f;

int N, M, L[ARSIZE], tot_l = 0, Q[ARSIZE];
bool exist[ARSIZE] = {0}, used[ARSIZE] = {0};

inline int gcd(int a, int b) {
    for (a < b ? std::swap(a, b) : (void)0; b; std::swap(a, b)) a %= b;
    return a;
}
int dijkstra();

int main() {
    scanf("%d%d", &N, &M);
    int j, li, gd = 0;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        scanf("%d", &li);
        gd = gcd(gd, li);
        for (j = 0; j <= M && j < li; j++) exist[li - j] = true, gd = gcd(li - j, gd);  // 很多人WA，半天查不出错，很可能就是只算了所有L[i]的gcd
    }
    if (exist[1] || gd > 1) puts("-1");
    else printf("%d
", dijkstra());
    return 0;
}

int dijkstra() {
    memset(Q, 0x7f, sizeof(Q));
    int i, v, k;
    for (Q[0] = 0, i = 2; i <= 3000; i++)   // 初始化
        if (exist[i]) L[tot_l++] = i;
    int MOD = L[0];
    while (true) {
        for (i = 0, k = -1; i < MOD; i++)
            if (!used[i] && (k == -1 || Q[i] < Q[k])) k = i;
        if (k == -1) break;
        used[k] = true;
        for (i = 1; i < tot_l; i++)
            if (!used[v = (k + L[i]) % MOD]) Q[v] = std::min(Q[v], Q[k] + L[i]);    // 更新其他剩余系
    }
    int res = -1;
    for (i = 1; i < MOD; i++) res = std::max(res, Q[i] - MOD);
    return res;
}

数学题(num)

题目描述

老师给小C 布置了一道数学题作为家庭作业：

给定一个数k，写出k 的倍数中各位之和最小为多少？

小C 不会做，希望你能帮帮他。

输入描述

一行一个正整数k。

输出描述

一行一个正整数，表示答案。

输入样例& 输出样例

num1.in
6
num1.out
3
num2.in
41
num2.out
5

样例说明

1. 当k = 6 时，6 * 2 = 12，1 + 2 = 3，可以证明最小答案为3。
2. 当k = 41 时，41 * 271 = 11111，1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5，可以证明最小答案为5。

数据范围

测试点编号	k
1-6	$ leq 20$
7-20	(leq 10^5)

刘老爷算法

考虑建立模n意义下的n个点，用追加数字的方式建边，由于是枚举n的倍数，所以到0点的最短路即为答案。

起点为1-9，建边边权，0-9连向摸意义下的多一位的点。

时间复杂度(O(10 n log n))，注意n=1时要特判掉，不然根本就没建图，跑出来答案为INF。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
template<class T>T read(T&x)
{
	T data=0;
	int w=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-')
			w=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
	{
		data=data*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x=data*w;
}
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;

const int MAXN=1e5+7;
int n;
struct edge
{
	int nx,to,w;
}e[MAXN*10];
int head[MAXN],ecnt;

void addedge(int x,int y,int w)
{
	e[++ecnt].to=y,e[ecnt].w=w;
	e[ecnt].nx=head[x],head[x]=ecnt;
}

priority_queue <pii> H;
bool vis[MAXN];
int dis[MAXN];

int main()
{
	freopen("num.in","r",stdin);
	freopen("num.out","w",stdout);
	read(n);
	if(n==1) // edit 1
	{
		puts("1");
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<n;++i)
		for(int j=0;j<10;++j)
			addedge(i,(i*10+j)%n,j);
	fill(dis,dis+n,INF);
	for(int i=1;i<=9;++i)
	{
		dis[i]=i;
		H.push(pii(-dis[i],i));
	}
	while(H.size())
	{
		int x=H.top().second;
		H.pop();
		if(vis[x])
			continue;
		vis[x]=1;
		for(int i=head[x];i;i=e[i].nx)
		{
			int y=e[i].to,w=e[i].w;
			if(dis[y]>dis[x]+w)
			{
				dis[y]=dis[x]+w;
				H.push(pii(-dis[y],y));
			}
		}
	}
	printf("%d
",dis[0]);
	return 0;
}

标解