BestCoder Round #85 （hdu5776，hdu5777，hdu5776）

sum

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5776

解题思路：

中文题目：

问题描述

给定一个数列，求是否存在连续子列和为m的倍数，存在输出YES，否则输出NO

输入描述

输入文件的第一行有一个正整数T($1\le T\le 10$)，表示数据组数。接下去有T组数据，每组数据的第一行有两个正整数n,m ($1\le n\le 100000$ ,$1\le m\le 5000$).第二行有n个正整数x （$1\le x\le 100$）表示这个数列。

输出描述

输出T行，每行一个YES或NO。

输入样例

23 31 2 35 76 6 6 6 6

输出样例

YESNO

算法思想：

预处理前缀和，一旦有两个数模m的值相同，说明中间一部分连续子列可以组成m的倍数。 另外，利用抽屉原理，我们可以得到，一旦n大于等于m，答案一定是YES 复杂度 O（n）

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 100005;const int M = 5005;int sum[N],cnt[M];int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while (T--){        int n,m;        scanf("%d%d",&n,&m);        memset(cnt,0,sizeof(cnt));        cnt[0] = 1;        for(int i = 1; i <= n; ++i){            int x;            scanf("%d",&x);            sum[i] = (sum[i-1]+x)%m;            ++cnt[sum[i]];        }        bool flag = 0;        for(int i = 0; i < m; ++i){            if(cnt[i] > 1){                flag = 1;                break;            }        }        puts(flag?"YES":"NO");    }    return 0;}

domino

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5777

解题思路：

中文题目：

问题描述

小白在玩一个游戏。桌子上有n张多米诺骨牌排成一列。它有k次机会，每次可以选一个还没有倒的骨牌，向左或者向右推倒。每个骨牌倒下的时候，若碰到了未倒下的骨牌，可以把它推倒。小白现在可以随意设置骨牌的高度，但是骨牌高度为整数，且至少为1，并且小白希望在能够推倒所有骨牌的前提下，使所有骨牌高度的和最小。

输入描述

第一行输入一个整数T($1\le T\le 10$)每组数据有两行第一行有两个整数n和k，分别表示骨牌张数和机会次数。($2\le k,n\le 100000$)第二行有n-1个整数，分别表示相邻骨牌的距离d，$1\le d\le 100000$

输出描述

对于每组数据，输出一行，最小的高度和

输入样例

14 22 3 4

输出样例

9

算法思想：

首先骨牌只要考虑都往右推，其次能带倒骨牌的前提是高度大于等于距离+1。所以如果推一次，那么就是骨牌高度=离下一块骨牌距离+1. 把第一块左边距离设为无穷大，能推nk次，那么就是找nk块左边距离最大的向右推倒即可，所以只需要排序找到前nk-1大的距离。 有个小trick，推的次数可能大于骨牌数量 复杂度 O（nlogn）

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 100005;int d[N];int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while (T--){        int n,k;        scanf("%d%d",&n,&k);        ll ans = min(n,k);        for(int i = 1; i < n; ++i)            scanf("%d",&d[i]);        sort(d+1,d+n);        for(int i = 1; i+k-1 < n; ++i)            ans += d[i]+1;        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

abs

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5778

解题思路：

中文题目：

问题描述

给定一个数x，求正整数$y\ge 2$，使得满足以下条件：1.y-x的绝对值最小2.y的质因数分解式中每个质因数均恰好出现2次。

输入描述

第一行输入一个整数T（$1\le T\le 50$)每组数据有一行，一个整数x（1\leq x\leq {10}^{18}1≤x≤10​18​​)

输出描述

对于每组数据，输出一行y-x的最小绝对值

输入样例

511124290871699579095

输出样例

23656724470

算法思想：

由于y质因数分解式中每个质因数均出现2次，那么y是一个完全平方数，设y=z*z，题目可转换成求z，使得每个质因数出现1次. 我们可以暴力枚举z，检查z是否符合要求，显然当z是质数是符合要求，由素数定理可以得，z的枚举量在logn级别 复杂度 O（\sqrt[4]{n}log\sqrt[2]{n}​4​​√​n​​​log​2​​√​n​​​）

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <vector>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 100005;const ll INF = 0x3f3f3f3f;vector<int> prime;int vis[N],num_prime = 0;void get_prime(){    memset(vis,0,sizeof(vis));    prime.clear();    for(int i = 2; i < N; i++){        int tt = N/i;        for(int j = 2; j <= tt; j++)            vis[i*j] = 1;    }    for(int i = 2; i < N; i++){        if(!vis[i])            prime.push_back(i);    }    num_prime = prime.size();}bool judge(ll x){    for(int i = 0; (ll)prime[i]*prime[i] <= x; ++i){        if(x%prime[i] == 0){            x /= prime[i];            if(x%prime[i] == 0)                return false;        }    }    return true;}int main(){    get_prime();    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--){        ll n,m,ans = INF;        scanf("%lld",&n);        m = sqrt(n*1.0);        for(ll i = m; i >= 2; --i){            if(judge(i)){                ans = n-i*i;                break;            }        }        for(ll i = m+1; i*i-n < ans; ++i){            if(judge(i)){                ans = i*i-n;                break;            }        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}