CodeForces 623 B.Array GCD(数论+dp)
2017-04-20 19:12
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Description
一个序列a,两种操作,一种是删除一段长度为m的连续段(m < n),花费m*a,第二种操作是把某个数加一或者减一,花费b,现在这两种操作每种最多用一次,问使得a序列的gcd大于1的最小花费
Input
第一行三个整数n,a,b分别表示序列长度和两种操作的花费,之后一个长度为n的序列a[i] (1<=n<=1e6,0<=a,b<=1e9,2<=a[i]<=1e9)
Output
输出使得整个序列gcd大于1的最小花费
Sample Input
3 1 4
4 2 3
Sample Output
1
Solution
a[1]-1,a[1],a[1]+1,a
-1,a
,a
+1这六个数至少有一个会出现在操作完的序列中,故最终序列的gcd必然是这六个数的某个素因子的倍数,那么把这六个数的所有素因子找出来求出使得最终序列gcd是某个素因子倍数的最小化费然后更新一个最小值即为答案,以一个素因子x为例,对于每个a[i],如果a[i]%x=0,那么对a[i]不需要任何操作,其花费cost[i]=0,否则如果(a[i]-1)%x=0或(a[i]+1)%x=0则需要cost[i]=b的花费使其合法,否则cost[i]=INF表示第二种操作失败,以dp[i][0/1/2]表示到第i个值没删除元素/正在删除元素/结束删除元素的最小花费,那么有转移方程:
dp[i][0]=dp[i-1][0]+cost[i]
dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+a
dp[i][2]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+cost[i]
那么min(dp
[0],dp
[1],dp
[2])即为答案
Code
一个序列a,两种操作,一种是删除一段长度为m的连续段(m < n),花费m*a,第二种操作是把某个数加一或者减一,花费b,现在这两种操作每种最多用一次,问使得a序列的gcd大于1的最小花费
Input
第一行三个整数n,a,b分别表示序列长度和两种操作的花费,之后一个长度为n的序列a[i] (1<=n<=1e6,0<=a,b<=1e9,2<=a[i]<=1e9)
Output
输出使得整个序列gcd大于1的最小花费
Sample Input
3 1 4
4 2 3
Sample Output
1
Solution
a[1]-1,a[1],a[1]+1,a
-1,a
,a
+1这六个数至少有一个会出现在操作完的序列中,故最终序列的gcd必然是这六个数的某个素因子的倍数,那么把这六个数的所有素因子找出来求出使得最终序列gcd是某个素因子倍数的最小化费然后更新一个最小值即为答案,以一个素因子x为例,对于每个a[i],如果a[i]%x=0,那么对a[i]不需要任何操作,其花费cost[i]=0,否则如果(a[i]-1)%x=0或(a[i]+1)%x=0则需要cost[i]=b的花费使其合法,否则cost[i]=INF表示第二种操作失败,以dp[i][0/1/2]表示到第i个值没删除元素/正在删除元素/结束删除元素的最小花费,那么有转移方程:
dp[i][0]=dp[i-1][0]+cost[i]
dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+a
dp[i][2]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+cost[i]
那么min(dp
[0],dp
[1],dp
[2])即为答案
Code
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<ctime> using namespace std; typedef long long ll; #define INF (ll)1e16 #define maxn 1111111 int n,a,b,v[maxn]; ll dp[maxn][3],cost[maxn]; int f[222],res; void deal(int x) { for(int i=2;i*i<=x;i++) if(x%i==0) { f[res++]=i; while(x%i==0)x/=i; } if(x>1)f[res++]=x; } ll solve(int x) { for(int i=1;i<=n;i++) if(v[i]%x==0)cost[i]=0; else if((v[i]+1)%x==0||(v[i]-1)%x==0)cost[i]=b; else cost[i]=INF; dp[0][0]=dp[0][1]=dp[0][2]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i][0]=dp[i-1][0]+cost[i]; dp[i][0]=min(dp[i][0],INF); dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+a; dp[i][1]=min(dp[i][1],INF); dp[i][2]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+cost[i]; dp[i][2]=min(dp[i][2],INF); } return min(min(dp [0],dp [1]),dp [2]); } int main() { while(~scanf("%d%d%d",&n,&a,&b)) { for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&v[i]); res=0; deal(v[1]+1),deal(v[1]),deal(v[1]-1); deal(v +1),deal(v ),deal(v -1); sort(f,f+res); res=unique(f,f+res)-f; ll ans=INF; for(int i=0;i<res;i++) ans=min(ans,solve(f[i])); printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
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