第三题换成能否得到x, 可以1， 不可以-1
题解：
第一题：打表找规律；
打表发现a是：1 1 2 2 3 4 4 4 5 6 6 7 8 8 8 8 9……
对于每一项Ai = i拆分成质因数中有多少个2 + 1；如果把桶也给打出来，就发现他是这样的：
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 +
2 + 4 + 6 + 8 +
4 + 8 +
8 +
即2^i的等差数列，所以对一个数m我们就很容易确定他前面的数的和；
但是对于一个位置我们怎么找到他对应的m呢？
把上面那个式子换成每项为1就知道他前面有多少项了；
我们可以二分m,找到Ai前一个数m - 1，然后推出有多少个重复m;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 1000000007;
const ll v2 = 500000004;
ll ksm(ll a, ll b){
ll ret = 1;
for(; b>>=1; a=a*a%mod)
if(b&1)ret=ret*a%mod;
return ret;
}
inline ll dc(ll a1, ll an, ll n){
return (a1 % mod + an % mod) % mod * (n % mod) % mod * v2 % mod;
}
ll check(ll a){
ll k = 1, ret = 0;
while(k <= a){
ret += a/k;
k <<= 1;
}
return ret + 1;
}
ll work(ll a){
if(!a)return 0;
if(a == 1 || a == 2) return 1;
ll lf = 1, rg = 1e18, ax;
while(lf <= rg){
ll mid = (lf + rg) >> 1;
if(check(mid) < a)ax = mid, lf = mid + 1;
else rg = mid - 1;
}
ll k = 1, ans = 0;
while(k <= ax){
ans = (ans + dc(k, ax / k * k, ax / k)) % mod;
k <<= 1;
}
return ((ax + 1) % mod * (a - check(ax)) % mod + ans + 1) % mod;
}
int main(){
freopen("me.in","r",stdin);
freopen("me.out","w",stdout);
ll L, R;
cin>>L>>R;
cout<<(work(R) - work(L - 1) + mod) % mod<<endl;
}
第二题：数据范围暗示dp;
dp[ i ][ s ] 表示我从小到大放数考虑到第i个数，现在 Sum(p) = j的方案数；
如果我当前放的数是最大的，那么整个序列就分成了前后两段互不影响的序列；所以我当前的贡献s 就是:
左边的贡献 * 右边的贡献 * c[i - 1][j] + min(j + 1, i - j) (当前数放在 j 这个位置后面, 第一段的贡献确定，数大小相对位置确定，所以该位随便填什么，只要相对大小确定就好了，所以乘上i - 1个数中选j个数的方案数）；
这道题还有一个烟雾弹，x <= 100000, 其实x不可能达到很的数， n <= 80, 一个数最大为40， 他要是为40， 旁边就不会有39了，所以最后这个和是很小的；
枚举i, 位置j, 左右贡献，复杂度其实很优
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod = 998244353;
ll dp[85][10005], c[85][85];
int mx[85];
void init(){
for(int i = 0; i <= 80; i++)
for(int j = 0; j <= i; j++)
if(i == 0 || j == 0)c[i][j] = 1;
else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}
int main(){
freopen("good.in","r",stdin);
freopen("good.out","w",stdout);
int n, x, cnt = 0;
scanf("%d%d", &n, &x);
dp[0][0] = 1;
init();
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 0; j < i; j++)
for(int k = 0; k <= mx[j]; k++)
for(int kk = 0; kk <= mx[i - j - 1]; kk++){
dp[i][k + kk + min(j + 1, i - j)] = (dp[i][k + kk + min(j + 1, i - j)] +
(dp[j][k] * dp[i - j - 1][kk]) % mod * c[i - 1][j] % mod) % mod;
mx[i] = max(mx[i], k + kk + min(j + 1, i - j));
}
printf("%d\n", dp[n][x]);
}
第三题：一道神奇解法的题
x小的时候可以背包，但x大了怎么办；
贪心思想，先放最大的，剩下一小部分用其他填；
我们先全用大的填满，就会多出一截，可以用小的去换他，就相当于去消去这部分；比如多了10 就可以用5个2去替换10，所以每张牌贡献就是an - ai,我们最后只需知道是否可以替换多的部分就好了；但会出现一个情况 原来是5 5 5 5，现在用4 4 4 4 4 去替换，这是不合法的，因为前面5不够换了；所以记录替换成x的最少替换次数，如果当前值+ai >= an, 我们就可以用原来的an,不然就要多花一张牌来替换，这个东西可以用SPFA。。。
最后判断 dis[多的部分] <= 我原本的牌数；
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int M = 100000+5, inf = 1e9;
ll dis[M];
int a[88];
queue <int> Q;
bool inq[M];
int main(){
freopen("hungry.in","r",stdin);
freopen("hungry.out","w",stdout);
int n, q;
scanf("%d%d", &n, &q);
for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", a + i);
sort(a + 1, a + 1 + n);
for(int i = 1; i < n; i++)a[i] = a[n] - a[i];
ll x = 0;
memset(dis, -1, sizeof(dis));
inq[0] = 1; Q.push(0); dis[0] = 0;
while(!Q.empty()){
int u = Q.front(); Q.pop(); inq[u] = 0;
for(int i = 1; i < n; i++){
ll w = dis[u];
int to = u + a[i];
// printf("%d %d %I64d\n", u,to,w);
if(to >= a[n])to -= a[n];
else w++;
// printf("%d %d %I64d\n\n",u,to, w);
if(dis[to] > w || dis[to] == -1){
dis[to] = w;
if(!inq[to]){
Q.push(to);
inq[to] = 1;
}
}
}
}
while(q--){
scanf("%I64d", &x);
int own = (1LL*a[n] + x - 1) / (1LL*a[n]);
int res = 1LL*a[n] * own - x;
if(dis[res] > own || dis[res] == -1)puts("-1");
else puts("1");
}
}
今天是我的暴力专场，第一题想推通项公式，但是他在下标下面，很明显没有，而且我也没有打桶的表，后两道题实在是在能力之外；
然而今天yl大佬又接近AK，%%%，不论题难或不难都是AK或AK边缘，tql
原文地址：https://www.cnblogs.com/EdSheeran/p/9566484.html