SRM 599 DIV 2

rating又掉了。。。变灰色了%>_<%。250pt很简单，一眼看上去是个背包，没有多想立马写了个01背包，后面发现其实就是个简单的排序。。。因为只是需要求数量而已。500pt被我写残了,fst了，有一组极限数据超时了，我脑残的用了O(n)时间复杂度的质因数分解 10^9必定超时啊。。。。还是没想清楚就写了，真的得记住：想得多写得少，并且正确率也会提高很多。950pt思路是有了，没有时间写了，当时想用Trie统计下每个单词路径上经过了有多少个单词，然后再进行相应的计算，其实没必要用Trie，因为数据规模很小(n<=50)，直接暴力搞一下就好了。

1. 250pt MiniatureDachshund

题意

有一些香肠，每个香肠都有一个重量，Lun的小狗很喜欢吃香肠，如果狗狗吃了某个香肠，那么它的体重的增加量等于香肠的重量，狗狗希望吃到尽量多得香肠，但体重又不超过5000克(会给出小狗的体重)，问狗狗最多能吃到多少根香肠？

题解

把香肠重量从小到大排下序，然后依次累加直到超过5000，也可以用背包，就是用5000减去小狗的体重作为容量，然后就是在背包中放入尽量多的香肠

代码：

背包搞的。。。

class MiniatureDachshund

{

public:

    int maxMikan(vector <int> mikan, int weight)

    {

        int dp[5005];

        memset(dp,0,sizeof(dp));

        int v=5000-weight;

        for(size_t i=0; i<mikan.size(); i++)

            for(int j=v; j>=mikan[i]; j--)

                dp[j]=max(dp[j],dp[j-mikan[i]]+1);

        return dp[v];

    }

};

2. 500pt BigFatInteger2

题意

给定四个整数A,B,C,D(1<=A,B,C,D<=10^9),判断A^B%C^D=0

题解

得把A和C进行质因数分解,分解成这样的形式 :p₁^a1*p₂^a2*p₃^a3…p_n^an ,对于每一个p，假设A和C指数分别为b,d,那么如果出现b*B<d*D那么A^B%C^D!=0,否则就是可以整除

代码：很挫…

map<int,int>a,b;

int prime[MAXN],cnt=0;

bool check[MAXN];

void go(int x)

{

    if(x==1)

    {

        a[1]++;

        return;

    }

    for(int i=0; i<cnt&&x>1; i++)

        if(x%prime[i]==0)

        {

            while(x%prime[i]==0)

            {

                a[prime[i]]++;

                x/=prime[i];

            }

        }

    if(x>1) a[x]++;

}

bool checks(int B,int x,int D)

{

    if(x==1) return true;

    for(int i=0; i<cnt&&x>1; i++)

        if(x%prime[i]==0)

        {

            while(x%prime[i]==0)

            {

                b[prime[i]]++;

                if((LL)b[prime[i]]*(LL)D>(LL)a[prime[i]]*(LL)B) return false;

                x/=prime[i];

            }

        }

    if(x>1) b[x]++;

    if((LL)b[x]*(LL)D>(LL)a[x]*(LL)B) return false;

    return true;

}

void get_prime()

{

    int high=MAXN;

    memset(check,false,true);

    cnt=0;

    for(int i=2; i<=high; i++)

    {

        if(!check[i])

            prime[cnt++]=i;

        for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<=high; j++)

        {

            check[i*prime[j]]=true;

            if(i%prime[j]==0) break;

        }

    }

}

class BigFatInteger2

{

public:

    string isDivisible(int A, int B, int C, int D)

    {

        a.clear();

        b.clear();

        get_prime();

        go(A);

        if(!checks(B,C,D))

            return "not divisible";

        return "divisible";

    }

};

 

3. 950pt SimilarNames2

题意

给定n个单词和整数L,要求你对n个单词进行排列，使得每个在[0,L-2]的单词i刚好是单词i+1的前缀，问总共有多少种排列方法？

题解

先对单词进行排序，然后暴力求出每个单词中的前缀恰好也是单词的前缀数量cnt,那么答案就是ans=sigma(C(cnt[i]-1,L-1)*(n-L)!)(0<=i<=n)(C(n,m)表示组合数)

代码：

#define MOD 1000000007

typedef long long LL;

LL dp[55][55],cnt[55];

class SimilarNames2

{

public:

    bool check(string a,string b)

    {

        if(a.size()<=b.size()&&b.substr(0,a.size())==a) return true;

        return false;

    }

    void Comb()

    {

        for(int i=0; i<=50; i++)

        {

            dp[i][0]=1,dp[i][i]=1;

            for(int j=1; j<i; j++)

                dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1])%MOD;

        }

    }

    int count(vector <string> names, int L)

    {

        sort(names.begin(),names.end());

        int len=names.size();

        memset(dp,0,sizeof(dp));

        for(int i=0; i<len; i++)

        {

            cnt[i]=1;

            for(int j=0; j<i; j++)

            {

                if(check(names[j],names[i]))

                    cnt[i]=max(cnt[i],cnt[j]+1);

            }

        }

        Comb();

        LL fac=1;

        for(LL i=1; i<=len-L; i++)

            fac=(fac*i)%MOD;

        int ans=0;

        for(int i=0; i<len; i++)

            if(cnt[i]>=L)

                ans=((LL)ans+dp[cnt[i]-1][L-1]*fac)%MOD;

        return ans;

    }

};