正文
X星球的某个大奖赛设了 M 级奖励。
每个级别的奖金是一个正整数。
并且，相邻的两个级别间的比例是个固定值。
也就是说：所有级别的奖金数构成了一个等比数列。
比如：16,24,36,54，其等比值为：3/2。
现在，我们随机调查了一些获奖者的奖金数。
请你据此推算可能的最大的等比值。
输入格式
第一行为数字 N ，表示接下的一行包含 N 个正整数。
第二行 N 个正整数 Xi，用空格分开，每个整数表示调查到的某人的奖金数额。
输出格式
一个形如 A/B 的分数，要求 A、B 互质，表示可能的最大比例系数。
数据范围
0 < N < 100
0 < Xi < 10^12
数据保证一定有解。
输入样例1：
输出样例1：
输入样例2：
输出样例2：
输入样例3：
输出样例3：
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
typedef long long LL;
int n;
LL x[N],a[N],b[N];
LL gcd(LL a,LL b)
{
return !b ? a : gcd(b,a % b);
}
LL gcd_sub(LL a,LL b)
{
if(a < b) swap(a,b);
if(b == 1) return a;
else return gcd_sub(b,a / b);
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 0;i < n;i++) cin >> x[i];
sort(x,x + n);
int cnt = 0;
for(int i = 1;i < n;i++)
{
if(x[i] != x[i - 1])
{
LL d = gcd(x[i],x[0]);
a[cnt] = x[i] / d;
b[cnt] = x[0] / d;
cnt++;
}
}
LL up = a[0],down = b[0];
for(int i = 1;i < cnt;i++)
{
up = gcd_sub(up,a[i]);
down = gcd_sub(down,b[i]);
}
cout << up << '/' << down << endl;
return 0;
}
|
注意：更相减损术是另一种求最大公约数的方法，时间上慢于gcd，大概是O（n）的复杂度，但它适用于所有情况求最大公约数。涉及到约分的gcd问题，可以考虑用它。
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LL gcd_sub(LL a,LL b)
{
if(a < b) swap(a,b);
if(b == 1) return a;
else return gcd_sub(b,a / b);
}
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该题简单分析后，可以转化为求几个分数的最大公约数问题。问题在于，如何求分数的最大公约数呢？这里需要用到更相减损术。
正文
糖果店的老板一共有 M 种口味的糖果出售。
为了方便描述，我们将 M 种口味编号 1∼M。
小明希望能品尝到所有口味的糖果。
遗憾的是老板并不单独出售糖果，而是 K 颗一包整包出售。
幸好糖果包装上注明了其中 K 颗糖果的口味，所以小明可以在买之前就知道每包内的糖果口味。
给定 N 包糖果，请你计算小明最少买几包，就可以品尝到所有口味的糖果。
输入格式
第一行包含三个整数 N,M,K。
接下来 N 行每行 K 个整数 T1,T2,⋅⋅⋅,TK，代表一包糖果的口味。
输出格式
一个整数表示答案。
如果小明无法品尝所有口味，输出 −1。
数据范围
1 ≤ N ≤ 100,
1 ≤ M,K≤ 20,
1 ≤ Ti ≤ M
输入样例：
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| 6 5 3
1 1 2
1 2 3
1 1 3
2 3 5
5 4 2
5 1 2
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输出样例：
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110,M = 1 << 20;
vector<int> col[N];
int n,m,k;
int logs2[M];
int lowbit(int x)
{
return x & -x;
}
int h(int state)
{
int res = 0;
for(int i = (1 << m) - 1 - state;i;i -= lowbit(i))
{
res++;
int c = logs2[lowbit(i)];
for(int j = 0;j < col[c].size();j++) i &= ~col[c][j];
}
return res++;
}
bool dfs(int depth,int state)
{
if(!depth || h(state) > depth) return state == (1 << m) - 1;
int t = -1;
for(int i = (1 << m) - 1 - state;i;i -= lowbit(i))
{
int c = logs2[lowbit(i)];
if(t == -1 || col[c].size() < col[t].size()) t = c;
}
for(int i = 0;i < col[t].size();i++)
{
if(dfs(depth - 1,state | col[t][i])) return true;
}
return false;
}
int main()
{
cin >> n >> m >> k;
for(int i = 0;i < m;i++) logs2[1 << i] = i;
for(int i = 0;i < n;i++)
{
int state = 0;
for(int j = 0;j < k;j++)
{
int c;
cin >> c;
state |= 1 << c - 1;
}
for(int j = 0;j < m;j++)
{
if(state >> j & 1) col[j].push_back(state);
}
}
for(int i = 0;i < m;i++)
{
sort(col[i].begin(),col[i].end());
col[i].erase(unique(col[i].begin(),col[i].end()),col[i].end());
}
int depth = 0;
while(depth <= m && !dfs(depth,0)) depth++;
if(depth > m) depth = -1;
cout << depth << endl;
return 0;
}
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这题是一道较为复杂的暴搜，也是一种经典的完全覆盖问题。完全覆盖问题的最优解法应该是Dancing Link，有兴趣可以看下这篇帖子的讲解。写DFS应该先想搜索顺序，这里我们按照每种糖果来选糖袋，可以保证不漏方案。直接DFS会超时，需要进行一些优化。首先，在顺序上，我们可以先选拥有糖袋较少的糖果。同时采用迭代加深的方式进行DFS，也叫IDA*，也是一种启发式搜索，所以我们还需要一个估价函数，它用来预测当前选取状态之后最少还需要多少糖袋。对于每次选取的状态，我们还可以通过二进制表示，这样可以加快枚举效率。
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