[校内模拟赛T3]火花灿灿_二分答案_组合数学_贪心
火花灿灿
题目:
数据范围:
题解:
这个题真的是个神仙题。
我们对于每块石头维护一个$01$串。
这个$01$串的长度是操作次数。
如果$01$串的当前位是$1$,表示这次操作中当前石子被划分到了贡献当中,就是被划分到了$b_i$中。
那么如果所有的石子都单独一堆,必定是所有的$01$串都互不相同。
而且有一个限制就是每一列最多$m$个。
显然$01$的长度具有单调性。
故此二分答案之后考虑怎么验证。
我们相当于在一个$n\times mid$的棋盘上添$1$使得满足要求。
首先有一个贪心,就是对于每一行来讲,能添$k$个数绝对不填$k + 1$个数,这是显然的吧。
故此我们从每行第一个数开始往下填,填到每行$i$个数。
每行$i$个数,共有$C_{mid}^{i}$种情况,也就是说$n -= C_{mid} ^ {i}$。
与此同时,每列会加$C_{mid - 1}^{i - 1}$个数,也就是说$m -= C_{mid - 1} ^ {i - 1}$。
只需要判断一下最后是谁完事儿就行了。
但是如果到了最后,两边都不足以减掉一次怎么办?
只需要判断一下一共还剩下多少$1$可以填,看看够不够剩下的行即可,详见代码。
代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; char *p1, *p2, buf[100000]; #define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ) int rd() {
int x = 0, f = 1;
char c = nc();
while (c < 48) {
if (c == '-')
f = -1;
c = nc();
}
while (c > 47) {
x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();
}
return x * f;
} ll qpow(ll x, ll y) {
int ans = 1;
while (y) {
if (y & 1) {
ans = ans * x;
}
y >>= 1;
x = x * x;
}
return ans;
} int n, m; bool check(int x) {
ll re1 = n - 1;
ll re2 = m;
ll C1 = -1, C2 = -1;
for (int i = 1; i <= x; i ++ ) {
// puts("Fuck");
if (C1 == -1) {
C2 = 1;
C1 = x;
}
else {
(C1 *= (x - i + 1)) /= i;
(C2 *= (x - i + 1)) /= (i - 1);
}
// cout << C1 << ' ' << C2 << endl ;
// cout << re1 << ' ' << re2 << endl ;
if(re1 < C1) {
return re1 * i <= re2 * x;
}
else {
if (re2 < C2) {
return false;
}
else {
re1 -= C1;
re2 -= C2;
}
}
}
if (!re1) {
return true;
}
return false;
} int main() {
// freopen("fire.in", "r", stdin);
// freopen("fire.out", "w")
int T = rd();
while (T -- ) {
n = rd(), m = rd();
if (n == 1) {
puts("0");
continue;
}
int l = 1, r = n;
int ans = n;
check(2);
while (l <= r) {
// printf("%d %d\n", l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) {
ans = mid;
r = mid - 1;
}
else {
l = mid + 1;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
/*
1
4 2
*/
/*
12
4 1
4 2
7 3
1 1
42 7
2333333 2
2333333 23
2333333 233
2333333 2333
2333333 23333
2333333 233333
2333333 2333333
*/
小结:能开$long\ long$就开吧,不能慢多少。
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