标签：删除 dea space memset 总数 第一个 long play closed
我们可以发现，所有数要么被删，要么+1（-1,0）是某个质数的倍数。
由于整段序列不能全部被删，所以第一个数或者最后一个数一定会被保留。
这里有6种情况c1-1，c1，c1+1，cn-1，cn，cn+1。
考虑对于每一种情况分别处理。设这个数为x
那么其中的每个数都必须被删或者是x的质因数的倍数。
枚举每个x的质因数（记为y）
于是我们可以dp
dp[i][0/1/2]表示前i个还没开始删除/正在删除/删完了的最小花费。
dp[i][0/1/2]==INF表示无法把前i个数做为y的倍数。显然dp[i][1]和dp[i][2]不可能==INF
dp[i][0]=B（x==c1-1,c1+1,cn-1,cn+1恐怖操作）或dp[i][0]=0（x==c1,cn不进行恐怖操作）
dp[i][0]=dp[i-1][0]（c[i]%y==0，当前第i个数不用任何花费）dp[i][0]=dp[i-1][0]+b（c[i]±1%y==0，当前第i个数需要进行恐怖操作）
dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])（当前第i个数可以从还没开始删除的第i-1个数或者正在删除的第i-1个数删除第i个数而来）
dp[i][2]显然和dp[i][0]是一样的，把dp[i-1][0]换成min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])（第i-1个数可以正在删除或者本来就结束了）
把所有有关c1的处理好后翻转序列继续处理即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; long long dp[1001000][3];int c[1010000]; int prime[1000000],tot=0;bool isprime[1000000]; int q[1000000],top=0; int n;long long A,B; long long INF=2893606913523066920ll; long long ans=2893606913523066920ll; void Prime() { for(int i=2;i<=100000;i++) { if(!isprime[i])prime[++tot]=i; for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=100000;j++) { isprime[prime[j]*i]=1;if(i%prime[j]==0)break; } } } void fj(int x) { for(int i=1;prime[i]*prime[i]<=x;i++) { if(x%prime[i]==0)q[++top]=prime[i]; while(x%prime[i]==0)x/=prime[i]; } if(x!=1)q[++top]=x; } void Solve(int x,int ok) { top=0;fj(x); for(int i=1;i<=top;i++) { memset(dp,40,sizeof(dp)); dp[1][0]=ok; for(int j=2;j<=n;j++) { if(c[j]%q[i]==0)dp[j][0]=dp[j-1][0]; else if(dp[j-1][0]!=INF&&((c[j]+1)%q[i]==0||(c[j]-1)%q[i]==0))dp[j][0]=dp[j-1][0]+B; dp[j][1]=min(dp[j-1][1],dp[j-1][0])+A; if(c[j]%q[i]==0)dp[j][2]=min(dp[j-1][2],dp[j-1][1]); else if((c[j]+1)%q[i]==0||(c[j]-1)%q[i]==0)dp[j][2]=min(dp[j-1][2],dp[j-1][1])+B; } ans=min(ans,min(dp[n][0],min(dp[n][1],dp[n][2]))); } } int main() { // freopen("seq.in","r",stdin);freopen("seq.out","w",stdout); Prime(); scanf("%d%lld%lld",&n,&A,&B); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]); Solve(c[1]-1,B);Solve(c[1],0);Solve(c[1]+1,B); for(int i=1;i<=n/2;i++)swap(c[i],c[n-i+1]); Solve(c[1]-1,B);Solve(c[1],0);Solve(c[1]+1,B); printf("%lld",ans); return 0; }
显然需要排序。
考虑枚举有多少个高度最大的墙（显然是把高的墙垫高），剩下的墙的最小高度的最大值可以二分求出。
如何二分？
找到一块墙（记为x），当前剩余砖块能把x以前的墙全部叠到墙x的高度以上而又叠不到墙x+1的高度。
然后我们就能求出高度达到墙x的高度所需的砖块（总数-前缀和），然后能计算出可以达到的最小高度（最后剩下的砖块/x）
细节注意一下：二分右端点不能超过你枚举的多少个高度最大的墙。要保证你的砖块能够把你枚举的墙给搭到H。可以不把任何一块墙给搭到H。
打完后突然发现不用二分，根据枚举的高度最大的墙越多，剩下的墙的最小高度越小的单调性来解题即可（虽然排序还是O(nlogn)）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; long long h[100100],s[100100]; int n;long long H;int a,b;long long m; long long ans=-1; int main() { // freopen("wall.in","r",stdin);freopen("wall.out","w",stdout); scanf("%d%lld%d%d%lld",&n,&H,&a,&b,&m); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&h[i]); sort(h+1,h+n+1); for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+h[i]; if(H*n-s[n]<=m){printf("%d",n*(a+b));return 0;} for(int i=2;i<=n+1;i++) { if((n-i+1)*H-(s[n]-s[i-1])>m)continue; long long left=m-((n-i+1)*H-(s[n]-s[i-1])); int l=1,r=i; while(l<r) { int mid=(l+r)>>1; if(h[mid]*mid-s[mid]<=left)l=mid+1; else r=mid; } long long Min=(left-(h[l-1]*(l-1)-s[l-1]))/(l-1)+h[l-1]; ans=max(ans,Min*b+(n-i+1)*a); } printf("%lld",ans); return 0; }
标签：删除 dea space memset 总数 第一个 long play closed
原文地址：http://www.cnblogs.com/lher/p/8001267.html
