UOJ Round #1 部分题解

A

不难发现是要找一个 $x$ 使这个东西最小：${\sum }_{i=1}^n{a}_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x+\lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor$。

推一推：
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n{a}_i-x\times \lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor +\lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor \\ & =(\sum _{i=1}^n{a}_i)-(x-1)\times \sum _{i=1}^n\lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor \end{array}$$

枚举 $x$，后面那一串可以 $O(\frac{n}{x})$ 求，总时间复杂度就是 $O(n\ln n)$。

代码如下：

#include <cstdio>
#define maxn 1000010
#define ll long long

int n,a[maxn],b[maxn];
ll sum=0,ans=999999999999999,tot;
int min(int x,int y){
    
    return x<y?x:y;}

int main()
{
    
    
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i],b[a[i]]++;
	for(int i=1;i<=maxn-10;i++)b[i]+=b[i-1];
	for(int i=1;i<=maxn-10;i++)
	{
    
    
		tot=0;
		for(int j=i;j<=maxn-10;j+=i)
		tot+=(ll)(b[min(j+i-1,maxn-10)]-b[j-1])*(j/i);
		if(tot*(1-i)<ans)ans=tot*(1-i);
	}
	printf("%lld",ans+sum);
}

B

不难发现一个性质，如果 $a_i<a_j$ 且 $a_i$ 在 $a_j$ 前面，那么模了 $a_i$ 后无论 $a_j$ 在哪里都无所谓，因为 $x$ 已经小于 $a_j$ 了。

所以可以将所有数从大到小排个序后依次考虑，设 $f_{i,j}$ 表示模了前 $i$ 个数后值为 $j$ 的方案数，考虑第 $i$ 个数是否有贡献，有就直接模，令 $f_{i,j\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_i}+=f_{i-1,j}$，没有就将它放到比他小的一个 $a_j$ 后面，方案数为 $n-i$，使 $f_{i,j}+=f_{i-1,j}\times (n-i)$ 即可。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 998244353

int n,x,a[1010];
ll f[1010][5010];
bool cmp(int x,int y){
    
    return x>y;}

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d",&n,&x);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	f[0][x]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=0;j<=x;j++)
	f[i][j%a[i]]=(f[i][j%a[i]]+f[i-1][j])%mod,
	f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j]*(n-i)%mod)%mod;
	for(int i=x;i>=0;i--)
	if(f[n][i]>0){
    
    printf("%d\n%lld",i,f[n][i]);return 0;}
}

C

千辛万苦看懂了题解，然后标程就几乎把我劝退了……

硬看了一两个小时，最后还是决定跑路，以后可能会来补吧。