AcWing 4485. 比大小

思路：
枚举即可，语法题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi = acos(-1.0);
#define x first
#define y second
#define LL long long 
#define int LL
#define pb push_back
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define PII pair<int,int>
#define ll_INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define INF 0x3f3f3f3f
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << endl
#define io ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
LL Mod(LL a,LL mod){return (a%mod+mod)%mod;}
LL lowbit(LL x){return x&-x;}//最低位1及其后面的0构成的数值
LL qmi(LL a,LL b,LL mod) {LL ans = 1; while(b){ if(b & 1) ans = ans * (a % mod) % mod; a = a % mod * (a % mod) % mod; b >>= 1;} return ans; }
int _;
int n; 
void solve()
{
    cin>>n;
    int s1=0,s2=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int x;
        cin>>x;
        s1+=x;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int x;
        cin>>x;
        s2+=x;
    }
    if(s1>=s2)puts("Yes");
    else puts("No");
}
signed main()
{
    io;
    //cin>>_; 
 // while(_--)
    solve();
    return 0;
}

作者：Leimz
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/3669431/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
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AcWing 4486. 数字操作

思路：
贪心的角度思考：只乘一次并且很顺利的除下去是操作数最小的，那么我们需要找到那个乘的数字。
对$n$进行因式分解，$5184=2^6\ast 3^4$
将$6,4$补成比他们大的最小的$2$的次方也就是$8$
那么给$5184\ast 2^2\ast 3^4$，为什么是8？因为每次求算术平方根，相当于$指数/2$所以找的是2的次方

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi = acos(-1.0);
#define x first
#define y second
#define LL long long 
#define int LL
#define pb push_back
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define PII pair<int,int>
#define ll_INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define INF 0x3f3f3f3f
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << endl
#define io ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
LL Mod(LL a,LL mod){return (a%mod+mod)%mod;}
LL lowbit(LL x){return x&-x;}//最低位1及其后面的0构成的数值
LL qmi(LL a,LL b,LL mod) {LL ans = 1; while(b){ if(b & 1) ans = ans * (a % mod) % mod; a = a % mod * (a % mod) % mod; b >>= 1;} return ans; }
int _;
int n; 
vector<PII>v;
int maxv;
void get_fact()
{
    for(int i=2;i<=n/i;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            int s=0;
            while(n%i==0)
            {
                n/=i;
                s++;
            }
            maxv=max(maxv,s);
            v.pb({i,s});
        }
    }
    if(n>1)v.pb({n,1});
}
void solve()
{
    cin>>n;
    get_fact();
    int s=1;
    while(s<maxv)s<<=1;
    bool f=false;
    for(int i=0;i<v.size();i++)
    {
        if(v[i].y<s)
        {
            f=true;
            break;
        }
    }
    int res=f;
    int m=s;
    while(m)
    {
        res++;
        m>>=1;
    }
    res--;
    int ans=1;
    for(int i=0;i<v.size();i++)
    {
        ans*=v[i].x;
    }
    cout<<ans<<' '<<res<<endl;
}
signed main()
{
    io;
 // cin>>_; 
 // while(_--)
    solve();
    return 0;
}

作者：Leimz
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/3669771/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
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AcWing 4487. 最长连续子序列

思路：
首先对式子进行分析

相当于求一个最长区间的平均数并且除以100大于零
前缀和表示是 $S[r]-S[l-1]>100\ast (len)$
即：预处理$S[r]-100\ast r$
枚举左端点，找出最大的右端点，如果$r<l$不符合，求最长的$len$
这里的$mx$数组时进行二分的关键，因为前缀和数组不一定满足单调性，$mx$数组基于动态规划的思想，将$r$之后的最大值复制给$r$
同样此题可以用单调栈做。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi = acos(-1.0);
#define x first
#define y second
#define LL long long 
#define int LL
#define pb push_back
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define PII pair<int,int>
#define ll_INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define INF 0x3f3f3f3f
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << endl
#define io ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
LL Mod(LL a,LL mod){return (a%mod+mod)%mod;}
LL lowbit(LL x){return x&-x;}//最低位1及其后面的0构成的数值
LL qmi(LL a,LL b,LL mod) {LL ans = 1; while(b){ if(b & 1) ans = ans * (a % mod) % mod; a = a % mod * (a % mod) % mod; b >>= 1;} return ans; }
int _;
int n; 
const int N=1e6+10;
int a[N];
int s[N],mx[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i];
    for(int i=0;i<=n;i++)s[i]-=100*i;
    mx[n+1]=-ll_INF;
    for(int i=n;i>=0;i--)mx[i]=max(mx[i+1],s[i]);
    int res=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int l=i+1,r=n;
        while(l<r)
        {
            int mid=l+r+1>>1;
            if(mx[mid]>s[i])l=mid;
            else r=mid-1;
        }
        if(mx[l]<=s[i])continue;
        res=max(res,l-i);
    }
    cout<<res<<endl;

}
signed main()
{
    io;
 // cin>>_; 
 // while(_--)
    solve();
    return 0;
}

作者：Leimz
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/3670626/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
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