贪心-HDU5976

https://vjudge.net/contest/185614#problem/F

题目大意

给定一个数，让你分成互不相等的n个数(n为自然数)，使这些数的乘积最大，输出最大乘积。

题目分析

拿到一个数的时候分配，肯定是要分配到的数越小越好，但是不能分配出1，因为分配出1相乘之后得到的结果不会增加，因为想法就是枚举2，3，4，5……知道不能枚举即可。这个可以预处理一下，当然肯定还有未分配完的数，这时候要分情况讨论：

情况1：枚举到x，并且剩余的数等于x，这时候应该得到的结果是3∗4∗5∗6∗7∗….∗x∗(x+2)
情况2：枚举到x，并且剩余的数小于x，这时候应该得到的值是2∗3∗4∗5∗….∗(k−1)∗k+l∗……∗(x−1)∗x∗(x+1)
情况3：枚举到x，并且剩余的数等于0，这时候应该得到的值2*3*4*…*(x-1)*x
不可能出现剩余的数大于x，以为就会形成2*3*4……x（x+1）

简而言之，假如有一个数让你拆成两个要求积最大，肯定是拆成两个一样的，如果拆成n个，肯定就是拆成这个数/n，如果没说几个，肯定都拆成2，比如10,5*5=25,2^5=32.这个题要求不能一样的，所以肯定就是2,3,4这样排列了，从2开始让它变小，这样数量会最多，每次加一就是让他越来越接近。所以用前缀和记录，如果有剩余的话，肯定是从后往前逐个+1，而且剩余的那个数最多=2,3,4…最大的那个数，举个例子会发现有两种情况：1.比如2*3*4*5余下5，相等。最优就是3*4*5*7，就是每个数都加一遍，然后会剩下一个1，加给最后一个，总的来说就是 除以2，乘上t+2,（t是最后一个数的值）；2.不相等，2,3,4,5，余2，最优就是2,3,5,6

这样大部分都完成了，但是需要用逆元只是处理，因为我们预处理a[i]表示2加到i，b[i]表示2乘到l的值，处理某些值的时候需要逆元。

#include <bits/stdc++.h>#define ll long longll mod=1e9+7;using namespace std;int cnt;ll a[100000],b[100000];void exgcd(ll a,ll b, ll& d, ll& x, ll& y){    if(!b){ d = a; x = 1; y = 0;}    else{        exgcd(b, a%b, d, y, x);        y -= x*(a/b);    }}ll inv(ll a){//逆元    ll n=mod;    ll d, x, y;    exgcd(a, n, d, x, y);    return (x+n)%n;}void init()//打表{    memset(a,0,sizeof(a));    memset(b,0,sizeof(b));    b[0]=b[1]=1;    a[0]=a[1]=1;    b[2]=2;    a[2]=2;    int i;    for( i=3;i<=45000;i++)    {        b[i]=b[i-1]*i%mod;        a[i]=a[i-1]+i;    }    cnt=i;}int main(){    init();    int t;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        ll n;        scanf("%I64d",&n);        if(n<=4)        {            printf("%d\n",n);            continue;        }     ll x=upper_bound(a+2,a+cnt,n)-a-1;//x是二分找到减到第几个数，坐标从2开始        ll temp=n-a[x];//temp是减去2，3，4，5。。。后剩余的数        if(temp==x)printf("%I64d\n",b[x]*inv(2)%mod*(x+2)%mod);        //第一种情况下剩余的数可以分配给2，3，4。。让其每个数加1，此时还剩下1给最后一个数，所以是x+2        else if(temp==0)printf("%I64d\n",b[x]);        //第二种情况剩余数为0，结果不变        else printf("%I64d\n",b[x]*(x+1)%mod*inv(x-temp+1)%mod);        //第三种情况，剩余数不足以每个数加一，那么从最大得数开始每个数加一    }    return 0;}