枚举 ---- Codeforces Round #711 (Div. 2) D. Bananas in a Microwave[枚举暴力+思维优化]

2024-06-11 18:32:29

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题目大意：

就是你有n次操作，每次操作给你三个参数：ti,xi,yit_i,x_i,y_iti,xi,yi。
如果ti==1t_i == 1ti==1你可以进行k=k+xik=k+x_ik=k+xi若干次可以为0但是最大不能超过yiy_iyi;
如果ti==2t_i == 2ti==2你可以进行k=k∗xik=k*x_ik=k∗xi若干次可以为0但是最大不能超过yiy_iyi;
对于1到m中的数，询问你是否可以通过若干次操作变成这个数，如果可以最小的操作次数是多少？

解题思路：

1.搜先它要的是最少的操作次数那么我们只能枚举n去计算了
2.但是我们怎么快速的算出前n次操作可以造出那些数？
最暴力的想法就是枚举n之后我们再枚举m，看看里面有哪些数是已经存在的，存在的数再进行操作总的时间复杂度是O(nm2)O(nm^2)O(nm2)爆炸！!
3.搜先我们先看一下，假如说这里已经存在的数是[3,11], 而 ti=1,xi=4,yi=4t_i=1,x_i=4,y_i=4ti=1,xi=4,yi=4
那么3进化的集合为[3,7,11,15,19]
11进化的集合为[11,15,19,23,27]
你会发现已经重合了后面部分那么，我们就可以从大到小枚举m大到小枚举m大到小枚举m如果出现数字已经构造出来了就直接break,这样虽然里面是两层循环但是我们都是控制再[0,m]范围内，那么总的时间才O(n∗m)O(n*m)O(n∗m)

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, m;
int ans[maxn];
int main() {cin >> n >> m;memset(ans,0x3f,sizeof(ans));ans[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; ++ i) {ll t, x, y;cin >> t >> x >> y;for(int j = m; j >= 0; -- j) {if(ans[j] == INF) continue;ll z = j;for(int k = 1; k <= y; ++ k) {if(t == 1) z = (z * 1e5 + 1e5 + x - 1) / 1e5;else z = (z * x + 1e5 - 1) / 1e5;if(z > m) break;if(ans[z] != INF) break;ans[z] = i;}}       }for(int i = 1; i <= m; ++ i)if(ans[i] == INF)cout << "-1 ";else cout << ans[i] << " "; return 0;
}

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