题目描述 给定一个n，对于i从1到n，找出有多少个不同的n/i 如：n=6 有4个不同的n/i：6，3，2，1 输入 第一行一个T，表示有T组数据(T < 100000) 之后T行，每行一个n(n <= 10^18) 输出 每行输出一个数，表示不同的个数

对于这个问题，我可以直接回答。对于给定的n，我们可以从1到n遍历i，计算n/i的值，然后使用一个集合存储这些值，最后返回集合中的元素个数即可。以下是对应的代码实现：

#include <iostream>
#include <set>

using namespace std;

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        long long n;
        cin >> n;
        set<long long> s;
        for (long long i = 1; i <= n; i++) {
            s.insert(n / i);
        }
        cout << s.size() << endl;
    }
    return 0;
}

当然，需要注意的是，当n非常大时，这个算法的时间复杂度是O(nlogn)，可能会超时，需要使用更高效的算法来解决。

相关问题

给定n个不同的正整数集合w=（w1，w2，…，wn）和一个正数w，要求找出w的子集s，使该子集中所有元素的和为w。

### 回答1：
题目描述：

给定n个不同的正整数集合w=（w1，w2，…，wn）和一个正数w，要求找出w的子集s，使该子集中所有元素的和为w。

解题思路：

这是一个经典的背包问题，可以使用动态规划来解决。

定义一个二维数组dp[i][j]，表示前i个数中是否存在一个子集，使得它们的和为j。则有以下状态转移方程：

dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-w[i]]

其中，dp[i-1][j]表示不选第i个数，dp[i-1][j-w[i]]表示选第i个数。

最终，如果dp[n][w]为true，则说明存在一个子集，使得它们的和为w。

代码实现：

bool subsetSum(vector<int>& nums, int target) {
int n = nums.size();
vector<vector<bool>> dp(n+1, vector<bool>(target+1, false));
for (int i = ; i <= n; i++) {
dp[i][] = true;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= target; j++) {
if (j < nums[i-1]) {
dp[i][j] = dp[i-1][j];
} else {
dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-nums[i-1]];
}
}
}
return dp[n][target];
}

### 回答2：
这是一个经典的0-1背包问题，可以用DP（动态规划）方法来解决。

具体做法是：定义二维数组dp[i][j]表示前i个数中是否存在一个子集的和为j，如果存在，则dp[i][j]为true，否则为false。对于每个数wi，我们可以选择将其放入子集中或不放入子集中：

1. 如果wi > j，则wi一定不能放入子集中，即dp[i][j] = dp[i-1][j]；
2. 如果wi <= j，则可以选择将其放入子集中，或不放入子集中。如果不放入子集中，则子集中的和为j，即dp[i][j] = dp[i-1][j]；如果放入子集中，则子集中的和为j-wi，即dp[i][j] = dp[i-1][j-wi]。因此，综合上述情况，得到DP转移方程为：

dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-wi] （当wi <= j时）

最终结果为dp[n][w]，即前n个数中是否存在一个子集的和为w。

时间复杂度为O(nw)，空间复杂度为O(nw)。

以上是DP方法的详细解法，另外还有一些剪枝技巧和优化方法可以进一步提高算法效率。

### 回答3：
这道题属于典型的0/1背包问题，可以使用动态规划来解决。

首先，我们可以定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示的是在前i个数中是否可以选出若干个数，它们的和为j。可以得出以下两个状态转移方程：

当wi > j时，dp[i][j] = dp[i-1][j]

当wi ≤ j时，dp[i][j] = dp[i-1][j-wi] || dp[i-1][j]

其中“||”表示逻辑或运算。

这两个状态转移方程的含义为：

如果当前要加入的数wi大于当前子集的和j，那么它不能被选中，这种情况下dp[i][j]等于dp[i-1][j]，即前i-1个数可以凑出当前子集的和j，那么前i个数同样可以凑出。

如果当前要加入的数wi小于等于当前子集的和j，我们有两种选择：不选wi，那么dp[i][j]就等于dp[i-1][j]；选wi，这种情况下dp[i][j]等于dp[i-1][j-wi]，表示在前i-1个数中可以凑出当前子集的和j-wi，那么再加上wi就可以凑出j，这种情况也可以凑出当前子集的和j。

最终的答案就是dp[n][w]，即在前n个数中是否可以选出若干个数，它们的和为w。如果dp[n][w]为true，那么可以找到一个子集满足条件；如果dp[n][w]为false，那么不存在这样的子集。

时间复杂度为O(nw)，可以通过此题。

从一个长度为n的正数数组numbers中找出长度至少为l且几何平均值最大子数组

题目描述

给定一个长度为n的正整数数组numbers，求长度至少为l的子数组的几何平均值最大值。

解题思路

几何平均值公式为：$(a_1 \times a_2 \times ... \times a_n) ^ {\frac{1}{n}}$。

假设从第i个数开始的长度为j的子数组的几何平均值为$x_{i,j}$，则有：

$$ x_{i,j} = (numbers_i \times numbers_{i+1} \times ... \times numbers_{i+j-1}) ^ {\frac{1}{j}} $$

那么，对于每一个i，我们需要找到长度至少为l的最大几何平均值的子数组，即：

$$ max_{i} \{max_{j \geq l}\{x_{i,j}\}\} $$

也就是说，我们需要遍历数组，对于每一个i，以该数为起点，计算从该点开始长度至少为l的所有子数组的几何平均值，然后取最大值。

为了简化计算，我们可以将每个数先取log，于是几何平均值公式就变成了算术平均值公式：

$$ \left(\frac{log\ a_1 + log\ a_2 + ... + log\ a_n}{n}\right) ^ {e} $$

其中$e$为常数$e = 2.71828...$，这样我们就可以用前缀和来快速计算子数组的$log$总和。

具体实现时，我们可以用二分答案来减少计算量。对于每一个i，我们可以遍历从该点开始的所有子数组（假设总共有$m$个），计算出每个子数组的$log$总和，然后排序，取前$n$个，算出其算术平均值，与二分答案的值进行比较，确定二分答案的方向。

时间复杂度为$O(n \log n)$ （其中排序的时间复杂度为$O(m \log m)$，但$m$是$O(n^2)$级别的，故时间复杂度不变）

代码实现

以下是Python代码实现：