Johnny and Grandmaster

题意：

给定 \(n\) 个数 \(P={p^{k_i}}\)，将这 \(n\) 个数划分到两个集合中，使得这两个集合各自和之间的差值最小，求最小的差值对 \(1e9+7\) 取模。
\(1≤n,p≤10^6,0≤k_i≤10^6)\)

分析：

\(p\) 进制，数学归纳法。
首先，确定最优的策略：
  将 \(k_i\) 从小到大进行排序，从大的开始取。求前缀和（在和大的集合中为正，另一个为负），当前缀和正时，下一个数取负，当前缀和为负时，下一个数取正。这样可以保证最终的差值最小。
证明：
（以下从大到小）
  假设有 \(n\) 个数的时候这种策略是正确的。当有 \(n+1\) 个数的时候，使用这种策略给 \(n+1\) 个数指定正负，得出前 \(n\)个数的和为 \(sum_n\)。记第 \(n+1\) 个数为 \(a_{n+1}\)，如果\(sum_n=0\)，则按照这种策略求得和为 \(sum_{n+1}=a_{n+1}\)，如果 \(sum_n>0\)，则按照这种策略求得和为 \(sum_{n+1}=sum_n−a_n\)。
​  假设存在一种最优策略求得和为 \(best_{n+1}<sum_{n+1}\)，记这种更优策略求得前 \(n\) 个数的和为 \(best_n\)(如果 \(best_n<0\),那么可以把最优策略规定的正负性取反得到等价策略，使得\(best_n≥0\))，根据数学归纳法的假设可得：\(sum_n≤best_n\)，即应对前 \(n\) 个数的时候贪心策略与"最优策略"差不多。所以最优策略在面对第 \(n+1\) 个数的时候会做和贪心策略等价的选择，说明最优策略不会得到优于贪心策略的答案，即最优策略就是贪心策略。

实现：

按照策略，从大到小处理。
代码中 \(while\) 中的 \(ans\) 是当前数 \(p^{k_{cnt}}\) 的倍数。如果直接求数，肯定会爆 \(long long\) ，因此要借助取模。但每次都取模会影响正负的判断，因此只有当大于 \(mod\) 的时候，才取模。又因为，如果数 \(p^{k_{cnt}}\) 的倍数都大于 \(mod\) 。那么，后面所有的数都可以直接取负（因为最多 \(10^6\) 个数），不用再判断了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
typedef long long ll;
const int N=1e6+6;
int k[N];
ll power(ll a,int b)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return res%mod;
}
bool check(ll a,int b)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a;
        if(res>mod) return 1;
        a=a*a;
        if(a>mod) return 1;
        b>>=1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    int t,n,p;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&p);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&k[i]);
        sort(k+1,k+1+n);
        int cnt=n-1,f=0,lp=k[n];
        ll ans=1;//表示倍数
        while(cnt)
        {
            int t=k[cnt];
            cnt--;
            if(!f)//没有取模过
            {
                if(check(1LL*p,lp-t)&&ans!=0||ans*power(1LL*p,lp-t)>mod)//当前数的倍数>mod
                    f=1;
                ans=ans*power(1LL*p,lp-t)%mod;
                if(ans>0) ans-=1;
                else ans=1;
            }
            else
            {
                ans=ans*power(1LL*p,lp-t)%mod;
                ans=(ans-1+mod)%mod;
            }
            lp=t;
        }
        ans=ans*power(1LL*p,lp)%mod;
        printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
    }
    return 0;
}

参考博客

标签：Johnny,int,res,ll,Grandmaster,ans,sum,mod
来源： https://www.cnblogs.com/1024-xzx/p/13055557.html