一、细胞分裂
【题解】均分的本质是A整除B，A整除B等价于A的质因数是B的子集。
1.将m1分解质因数，即m1=p1^a1*p2^a2*...*pk^ak
所以M=m1^m2=p1^(a1*m2)*p2^(a2*m2)*...*pk^(ak*m2)
2.如果s[i](细胞初始个数)不能被M分解出来的质因数（即p1,p2...pn）中的某一个整除的话，这种细胞就永远不可能装入M个瓶子中
换句话说，如果s[i]分解出来的质因数不能包含M的所有质因数的话，就永远不能整除M（即使乘方(分裂)后）。
当然并不需要真的把s[i]分解为质因数，只要有一个s[i]%pj(j=1..k)!=0就说明是-1。
3.确定不是-1后，需要计算最小分裂时间。
当s[i]^ans中包含的每个pi的个数(假设为bi)比M中包含的pi的个数（即ai*m2）多时，就能被M整除。
所以就是找到最小的ans，使每个bi>=(ai*m2)（i=1...n）。
这个ans=ceil(a[i]*m2/b[i]) (只适用于a[i]*m2比b[i]大时)(ceil表示向上取整)
在所有s[i]中寻找最小的ans就是答案。
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cctype>
using namespace std;
const int maxm=30010,maxn=10010,inf=0x3f3f3f3f,eps=1e-6;
int pri[maxm],num[maxm],num2[maxm],s[maxn],tot=0,n,m,m2,ans;
int main()
{
// freopen("cell.in","r",stdin);
// freopen("cell.out","w",stdout);
scanf("%d",&n); scanf("%d%d",&m,&m2);
for(int i=2;i*i<=m;i++)
if(m%i==0)
{
pri[++tot]=i;
while(m%i==0)m/=i,num[tot]++;
}
if(m!=1)pri[++tot]=m,num[tot]=1;
for(int i=1;i<=tot;i++)num[i]*=m2;
ans=inf;//for(int i=1;i<=tot;i++)printf("[%d]%d %d\n",i,pri[i],num[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&s[i]);
int f=0;
memset(num2,0,sizeof(num2));
for(int j=1;j<=tot;j++)
if(s[i]%pri[j]!=0)f=1;
if(f)continue;
for(int j=1;j<=tot;j++)
while(s[i]%pri[j]==0)
num2[j]++,s[i]/=pri[j];
int maxs=0;
for(int j=1;j<=tot;j++)
if(num[j]>num2[j])//printf("[%d]num=%d,num2=%d\n",j,num[j],num2[j]),
maxs=max(maxs,(int)(ceil(1.0*num[j]/num2[j])+eps));
// printf("%d\n",maxs);
ans=min(ans,maxs);
}
if(ans==inf)ans=-1;
printf("%d",ans);
return 0;
}
二、三国游戏
题解：
每一行（或一列，实际上行和列是相同的）最大数必拿不到
因为稽器人针对你，你也可以针对稽器人
其次可以发现一个性质
每一行次大数必能拿到
你先拿走i，然后稽器人拿走第i行最大数，然后你就能拿到第i行次大了
最后可以发现一个性质
既然每一行的最大数没人拿得到，而次大数你又必能拿到
那直接挑一个最大的次大数就vans了
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,a[510][510];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j+i<=n;++j){
scanf("%d",&a[i][j+i]);
a[j+i][i]=a[i][j+i];
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
int mx1=0,mx2=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(a[i][j]>mx1) mx2=mx1,mx1=a[i][j];
else if(a[i][j]>mx2) mx2=a[i][j];
}
ans=max(ans,mx2);
}
cout<<1<<endl<<ans<<endl;
return 0;
}
三、守望者的逃离
1.搜索
记忆化搜索即可，但是原则上，如果内存限制不够大的话30w的dfs会爆栈，这里不应该用dfs而应该用bfs
先搜索出所有 f[i][j]的结果，f[i][j]表示第i秒，剩余魔法是j能走的最远距离f[i][j]表示第 i 秒，剩余魔法是 j 能走的最远距离，最后遍历整个 f 数组找一个最优解即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,s,t,ans,anstime;
int f[300105][15]={0};
void dfs(int nowtime,int way,int value){
if (nowtime > t) return; //若超出规定时间t则结束搜索
if (f[nowtime][value] >= way) return; //对当前状态判断是否比之前记录过的状态更优，若更优才继续搜索
f[nowtime][value] = way;
if (way >= s) return; // 若当前移动的距离已经超过目标距离了，那么之后的搜索都是无意义的
if (value >= 10){ //若当前蓝量足够闪烁，那么显然立刻闪烁是最优解
dfs(nowtime+1,way+60,value-10);
}
else{
//搜索移动和停止在原地回蓝两种状态
dfs(nowtime+1,way,value+4);
dfs(nowtime+1,way+17,value);
}
}
int main()
{
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%d%d%d",&m,&s,&t);
int starttime = 0,start = 0;
while (m >= 10 && starttime < t && start < s){
//毋庸置疑，一开始将初始有的蓝全部用完
m-=10;
start+=60;
++starttime;
}
//两个特殊情况，即蓝没用完，却已经逃离了，或蓝没用完，时间到了
if (start >= s){
printf("Yes\n%d",starttime);
return 0;
}
if (starttime == t){
printf("No\n%d",start);
return 0;
}
dfs(starttime,start,m);
int ans = 0;
//在所有的状态中搜索一个最优解，若某次搜索发现已经逃离，那么当前时间就是最小时间
for(int i = 1 ; i <= t ; ++i)
for (int j = 0; j <= 14 ; ++j)
{
ans = max(ans,f[i][j]);
if (f[i][j] >= s){
printf("Yes\n%d",i);
return 0;
}
}
printf("No\n%d",ans);
return 0;
}
2.dp
用F[t]表示守望者在t时间内所能走的最远距离，G[t]表示守望者只使用闪烁法术在t时间内所能走的最远距离。 则相应的状态转移方程为
F[0]=G[0]=0
F[t]=max(F[t?1]+17,G[t])
#include <stdio.h>
int main() {
int m, s, t;
int i, d1, d2;
scanf("%d%d%d", &m, &s, &t);
d1 = d2 = 0;
for (i = 1; i <= t; i++) {
if (m >= 10) {
d1 += 60; m-= 10;
} else {
m += 4;
}
if (d1 > d2 + 17) d2 = d1;
else d2 += 17;
if (d2 >= s) break;
}
if (i > t) printf("No\n%d\n", d2);
else printf("Yes\n%d\n", i);
return 0;
}