CF 837D Round Subset

CF 837D Round Subset

题目链接：洛谷 CF 837D Round Subset CF 837D Round Subset

算法标签: DP、思维

题目描述：

我们定义一个数的幸运值是这个数末尾 (0) 的个数，

给你一个长度为 (n) 的数列，在这个数列中选出来 (k) 个数，使得选出来的所有数的积的幸运值最大。

题解：

考场上 (yy) 贪心，卡过去两个点，后来改 DP RE7个点，我真棒（%……&#￥%&￥%……￥……*）

现在开始口胡正解：

DP

首先在看完题之后一定可以发现，这道题和每个数分解质因数之后 (2) 和 (5) 的因数个数有关系，之后考虑怎么做。

这道题考场上和旁边巨佬有那么小声且友好又和平的交流了几句，算上正解，我们搞出了两种解法（DP状态）：

• (dp[i][j][k]) 为当前是第 (i) 个，选出了 (j) 个 (2)，选出了 (k) 个 (5) 的方案数。
• (dp[i][j][k]) 为当前是第 (i) 个，选出了 (j) 个数，并且有 (k) 个 (5) 时候选出来 (2) 的个数。

我们来分析一下这两种的问题：

​ 按照数据范围来看，我们有 (200) 个longlong，每一个longlong最大可以存下 (2^{63}-1) ，那么分解完质因数就至少有 (62) 个 (2)，那么我们要枚举所有 (2) 的情况，当然就是 (200 imes 62 = 12400) 种。那么对于 (5) 来说，测试之后大概一个longlong可以存下 (30) 个左右，那么就是 (200 imes 30 = 6000) 种。

​ 如果使用第一种，我们需要在第二维中跑这 (12400) 种情况，又在第三维中跑这 (6000) 种情况，显然办不到。

​ 如果使用第二种，我们第三维要选择 (5) ，更简单计算，并且数组可以开的下，如果选择有 (k) 个 (2) 的话就很危险。

下面再来考虑如何转移：

​ 我们考虑枚举的顺序，首先枚举当前是第几个数字，这是 (i=1 ightarrow n) 。之后是当前选择的个数 (j=1 ightarrow i)，最后是当前选择 (5) 的个数 (p=6200 ightarrow five[i])。

​ 那么显然，如果选这个数，那么就从选择的个数为 (j-1) ，并且选择 (5) 的个数 (p-five[i])来转移到当前这个位置。

​ 所以转移方程就是：

​ (oxed{dp[j][p] = max(dp[j][p], dp[j-1][p-five[i]]+two[i])})

最后考虑答案：

​ 答案一定是某一个 (min(p, dp[j][p])) ，这代表 (2) 的个数和 (5) 的个数当中取最小的就是末尾 (0) 的个数。由于我们的限定条件，我们会发现 (j le k)，而且(1le p le 6200)。所以只需要循环找到答案的最大值就可以。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define setI(x) freopen(x".in", "r", stdin); 
#define setO(x) freopen(x".out", "w", stdout); 
#define setIO(x) setI(x) setO(x)

int n, k, ans;

int dp[220][6500];

struct Node {
	ll num;
	int two, five;
} node[220];

void deal(int x) {
	ll now = node[x].num;
	while (now % 2 == 0) {
		now /= 2;
		node[x].two ++ ;
	}
	while (now % 5 == 0) {
		now /= 5;
		node[x].five ++ ;
	}
}

int main() {
// setIO("dynamic-programming")

	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		scanf("%lld", &node[i].num);
		deal(i);
	}
	// puts("1");
	memset(dp, -0x3f, sizeof dp); 	
	dp[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		for (int j = i; j >= 1; j -- ) {
			for (int p = 6200; p >= node[i].five; p -- ) {
				dp[j][p] = max(dp[j][p], dp[j - 1][p - node[i].five] + node[i].two);
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= k; i ++ ) {
		for (int j = 6200; j >= 1; j -- ) {
			ans = max(ans, min(j, dp[i][j]));
		}
	}
	printf("%d
", ans);
	return 0;
	
}