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x进制减法
数组切分
gcd
青蛙过河
x进制减法
其实就是一道观察规律的题。你发现如果a这个位置上的数x，b这个位置上的数是y，那么此位置至少是max(x,y)+1进制。一定要把位置找对啊
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e5+10,mod=1000000007;
int len1,len2;
ll tmp,ans,a[N],b[N],c[N],n;
int main(){
cin>>n;cin>>len1;
for(int i=len1;i>=1;i--)cin>>a[i];
cin>>len2;
for(int i=len2;i>=1;i--)cin>>b[i];
for(int i=len1;i>=1;i--){
c[i]=max(max(a[i]+1,b[i]+1),2*1ll);
a[i]=a[i]-b[i];
}
tmp=1;
for(int i=1;i<=len1;i++){
ans=(tmp*a[i]+ans)%mod;
tmp=(tmp*c[i])%mod;
}
cout<<ans;
return 0;
}
/*错解
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e5+10,mod=1000000007;
int len1,len2;
ll tmp,ans,a[N],b[N],c[N],n;
int main(){
cin>>n;cin>>len1;
for(int i=1;i<=len1;i++)cin>>a[i];
cin>>len2;
for(int i=1;i<=len2;i++)cin>>b[i];
for(int i=1;i<=len1;i++){
c[i]=max(max(a[i]+1,b[i]+1),2*1ll);
a[i]=a[i]-b[i];//这个bug我找了两个小时，不能从高位开始减，
}
tmp=1;
for(int i=len1;i>=1;i--){
ans=(tmp*a[i]+ans)%mod;
tmp=(tmp*c[i])%mod;
}
cout<<ans;
return 0;
}*/
数组切分
一道动态规划题，
我们设置f[i]表示从1到i区间的切法。那么可以从任意区间[j,i]转移，只要这个区间[j,i]也是满足题意的就行。那么如果判断[j,i]是否满足题意呢？
首先要注意到题上给出的是连续的的1~n的某个排列，然后我们只需要判断区间的极值和区间长度是否一样就行，如果相等，就说明此区间一定是连续的自然数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[10010],mod =1000000007;
int a[10010],n;
int main(){
cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int ma=a[i],mi=a[i];
for(int j=i;j>=1;j--){
ma=max(ma,a[j]);mi=min(mi,a[j]);
if(i-j==ma-mi){
f[i]=(f[i]+f[j-1])%mod;
}
}
}
cout<<f[n];
return 0;
}
gcd
这道题本以为很麻烦，但是做着做着就发现了个不可思议的规律。
观察5和7，它们的最大gcd一定是2，为什么呢？因为你5+k和7+k始终保持差2，所以它们不可能有比2更大的gcd（因为它们两个一定是不等的）
对于一组a和b（假设b大于a），不妨另c=b-a。最终的a+k和b+k一定是差c，而且c必是它们的公因数。所以如果b+k是m*c的话，那么此时a+k必然也是c的倍数（因为它们两个差c啊），所以只需要枚举到b的下一个c的倍数即可，也就是(b/c+1)*c
验证5和9，它们差值为4，我们枚举到8和12时候发现gcd已经是4了，那么k就确定了
验证2和9，它们差值为7，我们一直枚举到7和14时发现gcd为7，那么此时k也确定了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,s,c;
int main(){
cin>>a>>b;
c=abs(a-b);
if(a>b)swap(a,b);
s=b/c;cout<<(s+1)*c-b;
return 0;
}
青蛙过河
二分做法：
我们对跳跃距离二分，然后去判断这个距离能不能跑2x次即可，既然我们都已经确定了区间长度了。
那么不妨我们把这整个长度分成等长的mid区间，只需要保证所有的mid长度区间和都是大于2x的就行。
证明：（我只会反证法）
假设存在一组mid长度的区间和小于2x，那么经过x次来回，必然要经过此区间2x次，所以不成立。故原假设成立。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
typedef long long ll;
int s[N];
ll n,x;
bool check(int m){
for(int i=1;i+m<=n;i++){
if(s[i+m-1]-s[i-1]<2*x) return false;
}
return true;
}
int main(){
cin>>n>>x;int a;
for(int i=1;i<n;i++)cin>>a,s[i]=s[i-1]+a;
int l=1,r=n;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid-1;
else l=mid+1;
}
cout<<l;
return 0;
}
