B. Orac and Models
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做了不少div2了,沒想到b就是dp了,可能div4出來了,div2,div3都要增加點難度。(我只是個小caiji)
題目描述:
就是從數組中找最長上升子序列,只不過加了限制,找出來的元素下標要成比例。
題目分析:
顯然dp就可以解決,LIS平時dp做法就是O(N*N),而這題剛好給你成比例,複雜度降爲O(nlogn),和埃式篩法複雜度一樣吧!
轉移方程:dp[j]=max(dp[j],dp[i]+1)。
代碼:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
int a[100005];
int dp[100005];
int main()
{
cin >> t;
while(t--){
int maxn = 1;
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i <= n; ++i){
scanf("%d",&a[i]);
dp[i]=1;//初始化
}
for(int i = 1; i <= n/2; ++i){//只用枚舉一半即可
for(int j = i*2; j <= n; j+=i){//按照倍數遞增每次循環更新
if(a[j]>a[i]){
dp[j]=max(dp[j],dp[i]+1);
maxn=max(maxn,dp[j]);
}
}
}
cout << maxn << endl;
}
return 0;
}
C. Orac and LCM
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題目描述:
一個長度爲 N 的數組,求 gcd {lcm({ai , aj}) | i < j}
題目分析:
對於 a1 ,它後面的lcm爲 lcm(a1 , a2) , lcm(a1 , a3) … lcm(a1 , an),則gcd1 爲 gcd ( lcm(a1 , a2) , lcm(a1 , a3) … lcm(a1 , an) ) ,gcd( lcm(a1 , a2) , lcm(a1 , a3) … lcm(a1 , an) ) 可以化爲 lcm (a1 , gcd (a2 , a3 , … an) ),此處證明參考大佬博客。那麼最後答案就爲 ans = gcd( gcd1 , gcd2 , … gcdn ) , 我們維護一個後綴就可以搞定了。
代碼:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
//開long long
ll a[100005];
ll sum[100005];
ll gcd(ll x,ll y){
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
ll lcm(ll x, ll y){
return x*y/gcd(x,y);
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i){
cin >> a[i];
}
//記錄後綴gcd
for(int i = n; i >= 1; --i){
sum[i]=gcd(sum[i+1],a[i]);
}
ll ans=0;
for(int i = 1; i <= n; ++i){
ans=gcd(ans,lcm(a[i],sum[i+1]));
}
cout << ans;
return 0;
}