czl蒻蒟的OI之路7

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T1：k-Factorization （RE一次后AC）

题意：

给你两个数n和k，让你把n分成k个数相乘（乘数中不能有1），如果不能的话就输出-1。可以的话就把乘数都输出。

分析过程：

既然乘数不能有1，并且还要刚好分到k个，所以前面k-1个数字尽量是较小的k的因数，最后一个数再输出n除以前面的数的值。但是在这部运行前要有一些特判，如果pow（2，k）>n（即就算全部都用2拆分，都会达不到k），就直接输出-1。如果k等于1，就直接输出n。有了这些特判之后，在进行拆分，拆分时都用质数去试，这样能节省很多时间。同时还要注意如果拆分到最后一个是1，也是要输出-1的。

给出题解：

#include
using namespace std;

int pre[2000];

bool prime(int n)
{
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)return false;
    }
    return true;
}

void get_pre()
{
    int j=2;
    for(int i=3;i<=1000;i++)
    {
        if(prime(i)==true)pre[j]=i,j++;
    }
}
int main()
{
    int n,k,x=1;
    long long ans;
    cin>>n>>k;
    ans=pow(2,k);
    if(ans>n)cout<<-1<else if(k==1)cout<else 
    {
    pre[1]=2;
    int print[100]={0};
    get_pre();
    if(prime(n)==true)cout<<-1<else
    {
        int a=k;
        for(int i=1;i&&k!=1;i++)
        {
            if(n%pre[i]==0)
            {
                print[x]=pre[i];
                n=n/pre[i];
                i--;
                x++;
                k--;
                if(n==1&&k!=0){cout<<-1<return 0; }
            }

        }
    for(int i=1;icout<" ";
    }
    cout<return 0;
}

T2：Odd sum（WA一次后AC）

题意：

给你一个数列，求数列中的一些数加起来的值为奇数，输出这个奇数的最大值。

分析过程：

这个数列中的数，有正数，也有负数。在计算这个最大值的时候，可以先把正数和负数分成两堆，先计算正数的所有数的和，判断是否是奇数。如果是奇数，就直接输出这个值（因为加上负数也只会变小）。如果是偶数，就分别把数列中最小的正奇数a和最大的负奇数b拉出来比较。如果找不到这个a或b，就用原值加上b或减去a。如果找到这两个数了，就比较两个数的绝对值大小。如果a大，就用原值加上b，反之则减去a。这样求得的就是最大值。

给出题解：

#include
using namespace std;

int zh[100050],fu[100050],a[100050];

bool ji(int a)
{
    a=abs(a);
    if(a%2==1)return true;
    return false;
}

int main()
{
//  freopen("in.txt","r",stdin);
    long int n,ans=0;       
    int j=1,k=1;
    int cntz=0,cntf=0;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        if(a[i]>=0)
        {
            zh[j]=a[i];
            cntz++;
            ans=ans+zh[j];
            j++;
        }
        else 
        {
            fu[k]=a[i];
            cntf++;
            k++;
        }
    }
    sort(zh+1,zh+1+cntz);
    sort(fu+1,fu+1+cntf);
//  cout<
    if(ans%2==1)cout<else 
    {
        int a=0,b=0;
        for(int i=cntf;i>=1;i--)
        {
            if(ji(fu[i])==true)
            {
                a=fu[i];
                break;
            }
        }
        for(int i=1;i<=cntz;i++)
        {
            if(ji(zh[i])==true)
            {
                b=zh[i];
                break;
            }
        }
//      cout<
        if(b==0)cout<else if(a==0)cout<else 
        {
         if(abs(a)>=b)cout<else cout<

T3：Minimal string（已AC）

题意：

有一个字符串s，还有两个空的字符串t、u，可以有两个操作：1、把s的的一个字母放到t中。2、把t的最后一个字母放到u中。要求使得u最后的字符串字典序最小。

分析过程：

只要发现了这题中的字母是后进先出，就能发现这是一个栈的运用。所以只需要开一个栈，然后往栈中输入。如果输入的字母比栈顶的字母要小，就保留，如果比栈顶大 ，就直接弹出。这样输出的字符串字典序便是最小的。

给出题解：

#include
using namespace std;

    char ss[100800];
    int a[100800];
    int m[100800];
int main()
{
    cin>>ss;
    int n=strlen(ss);
    memset(m,0,sizeof(m));
    for(int i=0; i96;
    for(int i=n-1; i>=0; i--)
    {
        if(i==n-1)m[i]=a[i];
        else m[i]=min(m[i+1],a[i]);
//      cout<
    }
    stack<char>s;
    for(int i=0; iif(s.size()==0)
        {
            s.push(ss[i]);
        }
        else
        {
            while(!s.empty())
            {
                int ding=s.top()-96;
                if(ding<=m[i])
                {
                    cout<else break;
            }
            s.push(ss[i]);
        }
    }
    while(!s.empty())
    {
        cout<

T4：Broken BST

题意：

分析过程：

给出题解：

T5：Array Queries

题意：

给出一个n个数的数列a（a<=n），然后给你两个数k和p，让你计算ap+p+k的值，如果这个值小于等于n，就继续执行这个命令，直到它大于n。让你求执行命令的次数。

分析过程：

如果用暴力求解，那么当k比较小的时候，这个命令的执行次数会变得很大，会TLE。所以我们可以用记忆化搜索，先预先处理k<=300的执行次数，然后如果输入次数小于300，就可以直接输出数据，其余的就可以直接暴力运算。

给出题解：

#include
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int dp[305][maxn];
int main()
{
    int n,a[maxn];
    int p,k;
    int q;
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    cin>>q;
    for(int j=1; j<=300; j++)
    {
        for(int i=n; i>=1; i--)
        {
            if(i+a[i]+j>n) dp[j][i]=1;
            else
            {
                dp[j][i]=dp[j][i+a[i]+j]+1;
            }
        }
    }
    for(int i=1; i<=q; i++)
    {
        cin>>p>>k;
        int cnt=0;
        if(k<=300)
        {
            cout<else
        {
            while(p<=n)
            {
                p=p+a[p]+k;
                cnt++;
            }
            cout<return 0;
}

T6：Mice and Holes

题意：

分析过程：

给出题解：

蒻蒟的总结：

这是前天的题目，有三道题没有做出来，剩下的3题也是拼死才订正出来一题，表示时间真的有点紧张了。昨天还有动态规划专题，所以时间很少。不过并不是说不会补了，这些题都是我的弱处，要抓紧攻克它。
继续贴出吴老师的话：学信息的人永不服输！！！