群赛 round#8 解题报告一

赛制： OI 难度： noip

T1 交换！交换！（swop）

【问题描述】
ljm喜欢交换物品，他觉得这样可以与更多人分享好的事物。
有一天，lzx给了ljm n本书，这n本书的有益程度分别是a[i]，排成一排。然后lzx告诉他：我可以给你k次机会，你最多可以交换其中k对书的位置，然后在现在的排列中拿走其中连续的一段。
ljm是一个正能量的人，他想使得自己拿走的这一段书有益程度加起来尽量大，所以他决定写一个程序来计算。
【输入格式】
第一行n，k。
第二行n个数字，分别是a[i]。(-1000<=a[i]<=1000)
【输出格式】
一个数字，表示ljm最终拿走的这段书有益程度之和。
【输入样例】
10 2
10 -1 2 2 2 2 2 2 -1 10
【输出样例】
32
【数据范围与约定】
对于100%的数据，n<=200,k<=10。
这个题比较简单，就是枚举取到的区间，然后找出区间内前k小的，与区间外前k大的交换，把此时区间内的值加起来，更新ans即可。复杂度为O（n^3）。
代码如下：

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<limits.h>
#define ll long long
using namespace std;
int k,n,a[300],dp[300][300][15],ans=INT_MIN;
void solve(int l,int r)
{int sum=0;for(int i=l;i<=r;i++) sum+=a[i];ans=max(sum,ans);priority_queue<int> qx;priority_queue<int> qd;for(int i=l;i<=r;i++) qx.push(-a[i]);for(int i=1;i<l;i++) qd.push(a[i]);for(int i=r+1;i<=n;i++) qd.push(a[i]);for(int i=1;i<=k;i++){if(qx.size()==0 || qd.size()==0) break;sum+=qx.top()+qd.top();qx.pop();qd.pop();ans=max(ans,sum);}
}
int main()
{freopen("swop.in","r",stdin);freopen("swop.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++) solve(i,j);printf("%d\n",ans);}

T2 冉文的烦恼（ranwen）

【问题描述】
冉文是个粗心的人，经常不小心把垃圾丢到地上。实在没办法，只好派了m个学生，去捡冉文走过路上的垃圾。
假设冉文走过的路线是一条直线，每个位置分别是1..n，每个位置上垃圾的个数是ai。所有学生起始位置都在0，每秒钟，他们有两种选择：
1.向右走一步。
2.捡起一个地上的垃圾。
现在我们的问题是：要捡起冉文的所有垃圾，最少需要多少秒？
【输入格式】
第一行输入两个正整数n,m，如题目所述。
第二行输入n个非负整数ai，代表每个位置的垃圾个数。ai<=10^9
【输出格式】
一个数字，表示最少的时间。
【输入样例】
3 2
1 0 2
【输出样例】
5
解释：第一个学生走到3，然后捡2个垃圾，共花费时间5，第二个学生走到1，捡1个垃圾，共花费时间2。
【数据范围与约定】
对于30%的数据，m=1。
对于另30%的数据，m=2，垃圾总个数<=21。
对于100%的数据，n,m<=100000
这个题前30%可以直接模拟，另30%用2^21表示2人分别捡的垃圾再模拟。对于100%的数据，二分时间，推出所有学生能走到的最远距离，倒回来捡垃圾，看能否在二分的时间内完成即可。注意各种数字不要开的太小，会WA。
代码如下：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[100005];
bool can(ll lim)
{ll now=lim,cnt=1,k=0;for(ll i=1;i<=n;i++){now--;if(now>=a[i]) now-=a[i];else{k=a[i]-now;now=0;}if(i==n&&k<=0) break;if(now==0){cnt++;now=lim-i-k;}while(now<0){cnt++;now+=lim-i;if(lim-i<=0) return 0;}k=0;}if(cnt<=m) return 1;return 0;
}
int main()
{freopen("ranwen.in","r",stdin);freopen("ranwen.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);for(ll i=n;i>=1;i--){if(a[i]==0) n--;else break;}ll l=0,r=1e14*n;while(l<r-1){ll mid=(l+r)/2;if(can(mid)==1) r=mid;else l=mid;}cout<<r<<endl; }

T3 送分题（easy）

【问题描述】
每个人都会枚举，所以给大家一个送分题。
区间[L,R]内有多少个数字K满足：
K各个非0位都能被K整除？
例如，250的非0位是2，5，250/2=125,250/5=50。
【输入格式】
一行，两个正整数L,R。
【输出格式】
一个数字，表示答案的个数。
【输入样例】
12 15
【输出样例】
2
【数据范围与约定】
对于30%的数据，L,R<=10^5。
对于60%的数据，L,R<=9*10^9。
对于100%的数据，L,R<=10^18。
并不能听信题面……
此题30分做法确实是枚举，60分做法在30分基础上分段打表。对于满分做法，从题面上可以很容易的看出这是一道数位DP。基本思路是用：dp[len][mod][lcm]表示len的长度中，此数为mod,各数位的最小公倍数为lcm的数的个数来进行搜索。但需要进行内存优化：
第二维大小可以从1e18降到2520,方法是%2520.现在的dp数组的内存是18*2520*2520，还是很大。然后再考虑：可以发现某一个数的各个数位的数的最小公倍数最大是2520，而且只能是2520的公约数。而2520的公约数有不超过50个。所以第三维只要用[50]的空间，方法是离散化。‘
代码如下：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll dp[25][2525][50],x,y;
int shu[25],hash[2525];
int _lcm(int a,int b)
{return a*b/__gcd(a,b);
}
ll dfs(int pos,int mod,int lcm,bool lim)
{ll ans=0;if(pos<=0) return mod%lcm==0;if(!lim && dp[pos][mod][hash[lcm]]!=-1) return dp[pos][mod][hash[lcm]];int end=0;if(lim) end=shu[pos];else end=9;for(int i=0;i<=end;i++){ans+=dfs(pos-1,(mod*10+i)%2520,i?_lcm(lcm,i):lcm,lim&(i==end));}if(!lim) dp[pos][mod][hash[lcm]]=ans;return ans;
}ll calc(ll a)
{if(a<0) return 0;int len=0;while(a>0){shu[++len]=a%10;a/=10;}ll ans=dfs(len,0,1,1);return ans;
}
int main()
{freopen("easy.in","r",stdin);freopen("easy.out","w",stdout);memset(dp,-1,sizeof(dp));int id=0;for(int i=1;i*i<=2520;i++){if(2520%i==0){hash[i]=id++;if(i*i!=2520) hash[2520/i]=id++;}}scanf("%lld%lld",&x,&y); printf("%lld\n",calc(y)-calc(x-1));
}