Codeforces#426.C.D

比赛地址：Codeforces Round #426 (Div. 2)

C. The Meaningless Game

题意：

是两个人比赛，每轮会有一个数字k，一个人乘k分，一个人乘K^2分，现在给你最终的分数，问是否可能。

解法：

假设最终分数为a、b，可以发现只要a*b能开三次方（开三次方为p），并且a%p==0&&b%p==0即可。
可以证明这是充要条件。
必要性：
每次一个人获得ki分，一个人获得ki^2分，那么最后a*b=(k1*k2*…*kn)^3
充分性：
。

代码：

#include<iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <string>#include <cmath>using namespace std;int main(){    int N;    long long a, b;   // cout << pow( 8, 1.0 / 3 );    cin >> N;    while( N-- ){        scanf( "%I64d%I64d", &a, &b );        //cout << a * b;        long long temp = pow( (double)a * b, 1.0 / 3.0 ) + 0.5;       // cout << temp << endl;        if( temp * temp * temp == a * b && a % temp == 0 && b % temp == 0 ){            puts("YES");        }else{            puts("NO");        }    }    return 0;}

D. The Bakery

非常不错的题目！

题意：

给你一串数字，需要分成k份，每份的价值为该份中不同数字的个数。为怎么分价值最大，求这个最大价值。

思路

这种题肯定是动态规划了，然后发现裸的dp是n方的，所以需要优化。
这时候发现状态基本上只能这么设了，那么只能在转移的是时候优化了，从n到logn最常用的优化就是用线段树。
设状态dp[i][j]表示前j个数分成i份的最大价值。
对于第j个数字，假设它之前第一个和他相等的数字的位置是p，那么那么第j个数字只会对dp[i-1][p]到dp[i-1][j-1]这些状态贡献1。那么我们就用线段树来记录和查询这些贡献。

代码：

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;struct Node{    int l, r, tag, mx;};Node node[35001*4];int dp[55][35001];void push_up( int rt ){    node[rt].mx = max( node[rt*2].mx, node[rt*2+1].mx);}void push_down(int rt){    node[rt*2].mx += node[rt].tag;    node[rt*2].tag += node[rt].tag;    node[rt*2+1].mx += node[rt].tag;    node[rt*2+1].tag += node[rt].tag;    node[rt].tag = 0;}void build(int k, int rt, int l, int r){    if( l == r ){        node[rt] = { l, r, 0, dp[k][l] };        return;    }    node[rt] = { l, r, 0, 0 };    int mid = ( l + r ) / 2;    build( k, rt * 2, l, mid );    build( k, rt * 2 + 1, mid + 1, r );    push_up( rt );}void add( int rt, int l, int r, int val ){    if( l <= node[rt].l && node[rt].r <= r ){        node[rt].mx += val;        node[rt].tag += val;        return;    }    push_down( rt );    int mid = ( node[rt].l + node[rt].r ) / 2;    if( l <= mid ){        add( rt * 2, l, r, val );    }    if( mid + 1 <= r ){        add( rt * 2 + 1, l, r, val );    }    push_up( rt );}int query( int rt, int l, int r ){    if( r < l ){        return 0;    }    if( l <= node[rt].l && node[rt].r <= r ){        return node[rt].mx;    }    push_down(rt);    int mid = ( node[rt].l + node[rt].r ) / 2;    int ans = 0;    if( l <= mid ){        ans = max( ans, query( rt * 2, l, r ) );    }    if( mid + 1 <= r ){        ans = max( ans, query( rt * 2 + 1, l, r ) );    }    push_up( rt );    return ans;}int num[35001];int N, K;int last[35001], ed[35001];int main(){    memset( last, 0, sizeof( last ) );    memset( ed, 0, sizeof( ed ) );    memset( dp, 0, sizeof( dp ) );    scanf( "%d%d", &N, &K );    for( int i = 1; i <= N; i++ ){        scanf( "%d", &num[i] );        last[i] = ed[num[i]];        ed[num[i]] = i;    }    for( int i = 1; i <= K; i++ ){        build( i - 1, 1, 0, N );        for( int j = 1; j <= N; j++ ){            add( 1, last[j], j - 1, 1 );            //for( int k = 1; )            dp[i][j] = query( 1, 0, j - 1 );        }    }    printf( "%d\n", dp[K][N] );    return 0;}