algorithm 题集四 (16.06.10)

algorithm 题集四 (16.06.10)

继2016.05.24续：

codeforces 651B. Beautiful Paintings-简单

​​ 大意：给出一个序列，求解其任意排列中满足ai + 1 > ai 的元素个数最大和。 分析：理想情况下，无重复元素的0从小到大的排列，满足条件的元素个数最多，是n-1. 非理想情况下还有重复元素，只要不断提取出重复的这些元素归到另一集合再这样讨论即可。

#include #include #include using namespace std;int s1[1009],s2[1009];int main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); int n; while(cin>>n){ for(int i=0;i

zoj 2343 Robbers-简单

​​ 大意：n个抢到分配赃物，要将总量是M的金币分配完全，每人得到ki，且误差|Xi/Y - Ki/M|的累计最小。 分析：误差式可以化成(XiM-KiY)/(YM)，于是对于每一个金币，我给XiM最大的人即可。使用优先队列，每一模拟

#include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;LL n,m,y,xx;struct node{ LL x,k,dex; void show(){ cout<,cmp> que; for(int i=0;i0){ node temp=que-(); que.pop(); temp.x-=y; temp.k++; que.push(temp); m--; } int top=0; while(!que.empty()){ p[top++]=que-(); que.pop(); } sort(p,p+top,cmp2); for(int i=0;i

或者，先按比例分配，然后对于x[i]/Y - k[i]/M，谁最大我分给谁。注意，不是绝对值。这种解法更容易编码。

codeforces 651A. Joysticks-简单贪心

​​ 大意：两个操作杆，一个充电器，每一分钟可以选择一个操作杆充电，增加 1 percent，没有充电的减少2 percent。原来两者的电量是a,b。求解能维持两者电量都大于0的分钟数。 分析：木桶原理，保证两者都要大于0，那么谁少就给谁充电。

#include #include #include using namespace std;int main(){ int a1,a2; while(cin>>a1>>a2){ int sec=0; if(a1>a2) swap(a1,a2); while(a1>=1 && a2>=2){ a1++; a2-=2; if(a1>a2) swap(a1,a2); sec++; } printf("%d\n",sec); } return 0;}

acdream 1220 Hyperhuffman-哈夫曼编码简单题

​​ 大意：给出每一个字符出现的次数，问哈弗曼编码的带权路径长度。 分析：关于哈弗曼编码，将每一个字符出现的次数作为树的结点的值，然后每一次取集合中最小的两个值合并，持续下去，直到剩下一个值，作为根节点。 本题自然是模拟中间两两合并的过程即可。要求输出length of text, bits. 那么所有的结点的值之和即是所求。

#include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;struct cmp{ bool operator ()(const LL a,const LL b){ return a>b; }};int main(){ int n; LL a; while(cin>>n){ priority_queue,cmp> que; for(int i=0;i

codeforces 650B. Image Preview-二分 好题

​​ 大意：n张相片，从第一张相片开始，可以向左或向右滑动查看不同的相片，手机的方向是vertical，相片可能vertical，也可能horizontal，查看过的相片不再查看，不过要计算滑动的时间。在总时间T秒内最多能查看多少张相片？ 分析：感觉变化好多啊，翻页花费的时间，调整方向花费的时间，看相片花费的时间。仿佛没有规律。 暴力是个好东西，专门解决没有规律的问题。不过暴力也要有技巧的暴力，比如，二进制枚举，二分查找等。 分析发现，最终的结果也就是向左、向右查看了多少相片。所以我们可以一个方向上直接枚举，另一个方向上二分加速。

工具好不好用，能发挥多大的威力完全在于使用它的人啊。此题再次说明了这个道理。一般来讲，寻找极限值使用三分查找的，但是三分往往针对浮点数有效。此题是整数问题，我见识到了用二分解决整数极值问题。

#include #include #include using namespace std;const int N=5e5+10;char str[N];int sum[N];int n,a,b,t;bool check(int w){ int ans=0,temp=0; for(int i=1;i<=w;i++){ ans=sum[i]+sum[n]-sum[n-(w-i)]; // 前缀和能求出任意段值 temp=min(a*(i-1)*2+(w-i)*a,a*(w-i)*2+a*(i-1)); //右右左、左左右 ans=ans+temp; if(ans<=t) return 1; } return 0;}int main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&t)){ scanf("%s",str+1); for(int i=1;i<=n;i++){ sum[i]=sum[i-1]+1; if(str[i]=='w') sum[i]+=b; } int ans=0,l=1,r=n,mid; // binary search for number of photo(answer)! while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid)){ ans=ans>mid?ans:mid; l=mid+1; } else r=mid-1; } printf("%d\n",ans); } return 0;}

codeforces 652B. z-sort -简单

​​ 大意：给出n个数字，求解其满足这样的排列。 ai ≥ ai - 1 for all even i, ai ≤ ai - 1 for all odd i > 1. 分析：先把前n/2个数字放在偶数位，然后在奇数位上放入剩下的数字。

#include #include #include using namespace std;int a[1009],b[1009];int cmp(int t1,int t2){ return t1>t2;}int main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); int n; while(cin>>n){ for(int i=0;i>1,top=0; for(int i=0;i

ACdream - 1195 Sudoku Checker-递归 or math

​​ 大意：检测一个矩阵是否满足数独的特征。 Each row contains each number from 1 to N2, once each. Each column contains each number from 1 to N2, once each. Divide the N2×N2 matrix into N2 non-overlapping N×N sub-matrices. Each sub-matrix contains each number from 1 to N2, once each. 分析： 用一维数组做，易出错啊，交了四次。直接计算每一个起点和起点对应的小矩阵里的每一个元素的位置。即用纯数学思维，找每一个元素的位置。

#include #include #include using namespace std;int g[1600];bool tag[1050];bool check(int s,int N,int n){ memset(tag,0,sizeof(tag)); for(int i=0;i>t; while(t--){ scanf("%d",&n); int N=n*n; for(int i=0;i

用二维数组做，归纳的思想，不易出错。将每一个n*n的小部分看做n^4的一个格子。即：

那么我们令大格子的迭代器x: i, y: j 每一个小格子n*n部分的左上角位置就是(i-1)n+1, (j-1)n+1 （设数组各维的起点是1）

#include #include #include using namespace std;int g[40][40];bool vis[1009];int main(){ int t,n,ca=1; cin>>t; while(t--){ scanf("%d",&n); int N=n*n; for(int i=1;i<=N;i++){ for(int j=1;j<=N;j++){ scanf("%d",&g[i][j]); } } bool ok=1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ int start_x=(i-1)*n+1,x_step=n; int start_y=(j-1)*n+1,y_step=n; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int ii=start_x;x_step>0;ii++,x_step--){ y_step=n; for(int jj=start_y;y_step>0;jj++,y_step--){ vis[g[ii][jj]]=1; } } for(int ii=1;ii<=N;ii++){ if(vis[ii]==0) { ok=0; break; } } } } for(int i=1;i<=N;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int j=1;j<=N;j++){ vis[g[i][j]]=1; } for(int j=1;j<=N;j++) if(vis[j]==0) ok=0; } for(int j=1;j<=N;j++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=N;i++){ vis[g[i][j]]=1; } for(int i=1;i<=N;i++) if(vis[i]==0) ok=0; } if(ok==0) printf("Case #%d: No\n",ca++); else printf("Case #%d: Yes\n",ca++); } return 0;}

ACdream - 1187 Rational Number Tree -tree 规律

​​ 大意：有一颗分子树是这样的：

1/1 ______|______ | | 1/2 2/1 ___|___ ___|___ | | | |1/3 3/2 2/3 3/1...

left and right childs of node p/q are p/(p+q) and (p+q)/q, respectively 现在有两种问法，一种是给出一个数字，作为结点的位置，求解结点的分子和分母。另一种是给出结点的分子和分母，求解它在树中的位置（层次遍历）。 分析：解题思路一定和路径相关。这听起来是一句废话，但是确实能起很大作用。通过观察发现，

1 ______|______ | | 2 3 ___|___ ___|___ | | | | 4 5 6 7

位置是偶数的相对父节点而言是在左边，且是父节点位置的2倍；是奇数的相对父节点而言是在右边，位置比左兄弟大1。 分支规律：

a/b ______|______ | | a/(a+b) (a+b)/b

那么我们对位置dex分解，用一个栈存储分解信息。

char sta[1000]; int top=0; void solve(dex){ if(dex is odd) { sta.push('B'); // 右边 dex--; } else { sta.push('A'); // 左边 dex>>=1; }}

再根据路径信息寻找分子。

work(a,b,key){ if(key=='A') return(a,a+b); else return (b,b-a);

由a/b寻找位置dex,观察容易发现，只有根结点分子和分母是相等的。再结合这颗树的分支特征，我们不断向上直达根部，存储路径信息，最后由路径信息计算位置.

while(a!=b){ if(a>b){ LL t=b; b=a; a=a-t; sta.push('B'); } else { b=b-a; sta.push('A'); }}

最后，信息先进后出，计算位置.

while(top>0){ if（sta[top-1]=='A') ans<<=1; else ans++; top--;

code:

#include #include using namespace std;typedef unsigned long long LL;struct node{ LL a,b; node(LL t1,LL t2){ a=t1; b=t2; } void show(){ cout<<" ("<>t; while(t--){ scanf("%d",&key); LL dex,a,b; if(key==1) { scanf("%llu",&dex); node p(1,1); top=0; while(dex>1){ if(dex&1) { dex--; sta[top++]='B'; } else { dex>>=1; sta[top++]='A'; } } while(top>0){ p=work(p,sta[--top]); //p.show(); } printf("Case #%d: %llu %llu\n",ca++,p.a,p.b); } else { scanf("%llu %llu",&a,&b); top=0; LL ans=1; while(a!=b){ if(a>b){ LL t=b; b=a; a=a-t; sta[top++]='B'; } else { b=b-a; sta[top++]='A'; } } while(top>0){ if(sta[top-1]=='A') ans=ans<<1; else ans++; top--; } printf("Case #%d: %llu\n",ca++,ans); } } return 0;}

codeforces 659A. Round House - math

​​注意b可能小于0，且绝对值远大于n。

#include #include #include using namespace std;int main(){ int n,a,b; while(~scanf("%d%d%d",&n,&a,&b)){ /*int bb=abs(b); while(bb>0){ if(b>0){ a=a+1; if(a==n+1) a=1; } if(b<0){ a=a-1; if(a==0) a=n; } bb--; } printf("%d\n",a); */ int ans=((a-1+n+b)%n+n)%n; printf("%d\n",ans+1); } return 0;}

codeforces 659C. Tanya and Toys - hash STL

​​ 大意：给出n个数字(1——1e9)，求出剩下尽可能多的数字（在1——1e9内）使得他们的和不大于m。 分析：hash标记出现过的数字，再由小到大遍历没有出现的数字，和不大于m即可。

#include #include #include #include

codeforces 659G. Fence Divercity - dp

​​连着降低的就是

高度方案是乘的关系。

即：ans=ans+h[i]*last(i)+h[i]

ans=ans+min(h[i],h[i-1]) last[i]+h[i].

然后现在就是解决这个last。

分析容易知道last是和h[i]连着的，为了保证是连着的，右边的高度不能大于h[i]。所以最右边的高度应该是H=min(h[i-1],h[i]).

同时我们还需要保证last有所有的和h[i]相连的方案情况。

观察上图，可以发现last(i+1)含有的方案属于ans(i). 这其中含有递推关系。但ans(i)是含有独立h[i]的，last[i]必须考虑能和h[i]连接。所以last[i]有和ans[i]相似的性质，但是没有独立的h[i]，且h[i]要么和前面多个相连要么单个相连。

last[i]=last[i-1]*min(h[i-1],h[i],h[i+1])+min(h[i],h[i+1]);

综上，写出递推式子：

dp[i][1]=dp[i-1][1]+min(h[i],h[i-1])*dp[i-1][0]+h[i]dp[i][0]=dp[i-1]*min(min(h[i-1],h[i]),h[i+1])+min(h[i],h[i+1]);cout<

code:

#include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const int mod=1e9+7,N=1e6+10;LL h[N],dp[N][2];int main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); int n; LL a; while(cin>>n){ for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%I64d",&h[i]); h[i]--; } for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][1]=(dp[i-1][1]+min(h[i],h[i-1])*dp[i-1][0]%mod+h[i])%mod; dp[i][0]=(dp[i-1][0]*min(min(h[i-1],h[i]),h[i+1])%mod+min(h[i],h[i+1]))%mod; } cout<

acdream 1408 Money, Money, Money - 规律

​​ 大意：给出一个数字x，求解是否存在a,b，使得它们的组合>x。 即t1a+t1b=y>x. (y=x+1, y=x+2, y=x+3…… t1>=0, t2>=0) 分析：不要用正常的数字思路分析，不然会发现几个变量组成的等式没有解。 暴力查出前几个数字的解，然后看出规律即可。答案是2, x+2. 当x是偶数时，这个答案失效了。恩，偶数就是没有答案。

code:

#include #include using namespace std;typedef long long LL;bool check(LL a,LL b,LL g){ for(LL t1=0;t1<100;t1++){ for(LL t2=0;t2<100;t2++){ if(t1*a+t2*b==g) return true; } } return false;}int main(){ LL x; while(cin>>x){ /*for(LL a=1;a

codeforces 650A. Watchmen - 去重

​​∑y(y−1)2

再对x排序： ∑x(x−1)2

但是y维和x维都把相同位置点的配对情况统计了一次，所以要再减去一次。

消除相同位置点的影响： ∑q(q−1)2

#include #include #include using namespace std;const int N=2e5+10,inf=1<<30;typedef long long LL;struct node{ LL x,y; void show(){ printf("(%I64d %I64d) ",x,y); }}p[N];int cmpx(node a,node b){ return a.x>n){ for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%I64d%I64d",&p[i].x,&p[i].y); } sort(p+1,p+n+1,cmpy); p[0].x=inf; p[0].y=inf; LL same=0,temp=1; // 计算出位置一样的点的组合个数和 for(int i=1;i<=n;i++){ if(p[i].x==p[i-1].x && p[i].y==p[i-1].y) temp++; else { same+=(temp*(temp-1)>>1); temp=1; } } same+=(temp*(temp-1)>>1); temp=1; LL ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(p[i].y==p[i-1].y) temp++; else { ans=ans+(temp*(temp-1)>>1); temp=1; } } ans=ans+(temp*(temp-1)>>1); sort(p+1,p+1+n,cmpx); temp=1; for(int i=1;i<=n;i++){ if(p[i].x==p[i-1].x) temp++; else { ans=ans+(temp*(temp-1)>>1); temp=1; } } ans=ans+(temp*(temp-1)>>1); ans=ans-same; printf("%I64d\n",ans); } return 0;}

但是在解完后，我在网上看到了更美的解法： 一种中间思想，每一次加入一个新点，就增加新的点对，一直循环下去。

scanf("%d%d",&x,&y); ans+=a[x]+b[y]-c[make_pair(x,y)];//注意减去重复的 ++a[x]; ++b[y]; ++c[make_pair(x,y)];

codeforces 676B. Pyramid of Glasses - 递归 or 递推 好题

​​可以发现层和层之间有递推关系，直接联系到pascal三角形。可以用数学+递归完成这道题。

2^9=512。为了避免浮点数的影响，设一个杯子的容积是512.

#include #include #include #include using namespace std;int h[15][15],h3[15][15];int ans;int mymin(int t1,int t2,int t3){ return min(min(t1,t2),t3);}void flow(int vol,int x,int y,int n){ if(vol==0 || x>n) return; if(h3[x][y]==0) { flow(vol>>1,x+1,y,n); flow(vol>>1,x+1,y+1,n); } if(vol>0 && h3[x][y]>0){ int w=mymin(h3[x][y],h[x][y],vol); h3[x][y]-=w; vol-=w; if(h3[x][y]==0) ans++; }}int main(){ for(int i=1;i<=10;i++){ h[i][1]=h[i][i]=1; } for(int i=3;i<=10;i++){ for(int j=2;j>=1; } int n,t; while(cin>>n>>t){ for(int i=1;i<=10;i++){ for(int j=1;j<=10;j++) h3[i][j]=512; } ans=0; for(int time=0;time

(2) 如果不受动态过程的干扰，静态分析，那么我们就可以不用递归，而是单纯的使用递推即可。将所有的水vol倒入第一个杯子，假设水溢出没向下流（当然这在现实生活中是不可能的），那么分析它是否超过容积，超过了就ans++, vol-=v. 继续向下分析。这种思路成功是因为水一定是从高层水杯流向低处水杯的，直接抹去时间带来的影响。

#include #include using namespace std;int dp[15][15];void show(){ for(int i=1;i<=6;i++){ for(int j=1;j<=i;j++){ printf("%6d",dp[i][j]); } cout<>n>>t){ int ans=0; dp[1][1]=512*t; if(dp[1][1]>=512){ dp[1][1]-=512; ans++; } else dp[1][1]=0; //避免影响下一层 for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=i;j++){ dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1])>>1; if(dp[i][j]>=512) { ans++; dp[i][j]-=512; } else dp[i][j]=0; } } printf("%d\n",ans); } return 0;}

对比可以发现，第一种方案容易想编码稍复杂，第二种方法容易实现但不易想到。

codeforces 652C. Foe Pairs - hash, dp，atom

​​ 大意：求解区间个数，区间内没有给出的点对。 我们需要考虑如下情况，有包含的，有重叠的，有分离的。

直接排个序，然后分段求解容易少算或者多算区间，这往往是由于计数的方式不对。可以针对每一个数字计算合理的区间数，然后累加起来。合理的区间数是可以和数字配对的右边数字的个数。

#include using namespace std;typedef long long LL;const LL N=3e5+10;LL mp[N],dp[N];int main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); LL n,m,t1,t2; while(cin>>n>>m){ for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%I64d",&t1); mp[t1]=i; dp[i]=n+1; } for(int i=0;id2) swap(d1,d2); dp[d1]=min(dp[d1],d2); } for(int i=n-1;i>0;i--){ dp[i]=min(dp[i],dp[i+1]); } LL ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ ans=ans+dp[i]-i; } printf("%I64d\n",ans); } return 0;}

codeforces 645E.Intellectual Inquiry - 去重问题

​​ 大意：给出长度是ｎ的字符串的前ｍ部分，所有的字符从前ｋ英文字符中选择，问怎样安排后的字符部分使得字符子串的个数最多？ 分析：单纯用数学方法计算具有重复字符的子串个数似乎算不出来。向着中间状态思考——dp. 每增加一个字符会发生什么？ 1.如果和前面没有字符重复，那么结果新增加的字符串个数就是前面原串的字符子串个数（原子串加上新的字符就是新串）。即dp[i]=dp[i-1]+dp[i-1]。 2.如果有重复，设字符q上一次出现的位置是last[q]，那么重复次数就是dp[last[q]-1] 由1和2得到：dp[i]=2*dp[i-1]-dp[last[q]-1] 最后的答案就是dp[n+m] 由实际意义可以知道dp[]是一个递增数组，且前缀子串种类越多，那么总的子串个数越多。 所以我们需要dp[last[q]-1]小，也即是last[q]小

#include #include #include using namespace std;const int N=2e6+10,mod=1e9+7;char str[N];int last[30];int dp[N];int n,k;struct node{ int last,ch;};node chfind(){ // find minist last[i] node ans; ans.last=last[0]; ans.ch=0; for(int i=1;ilast[i]){ ans.last=last[i]; ans.ch=i; } } return ans;}int main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); while(cin>>n>>k){ scanf("%s",str+1); memset(last,0,sizeof(last)); int m=strlen(str+1); dp[0]=1; // set of nothing dp[1]=2; last[str[1]-'a']=1; for(int i=2;str[i];i++){ int tlast=last[str[i]-'a']; if(tlast>=1) dp[i]=(2*dp[i-1]%mod-dp[tlast-1]+mod)%mod; else dp[i]=2*dp[i-1]%mod; last[str[i]-'a']=i; //cout<=1) { dp[ii]=(2*dp[ii-1]%mod-dp[temp.last-1]+mod)%mod; } else { dp[ii]=2*dp[ii-1]%mod; } last[temp.ch]=ii; // cout<

最后送上一首优美的音乐谢谢你的阅读： 名人堂 Hall of Fame

版权声明：本文内容由网络用户投稿，版权归原作者所有，本站不拥有其著作权，亦不承担相应法律责任。如果您发现本站中有涉嫌抄袭或描述失实的内容，请联系我们jiasou666@gmail.com 处理，核实后本网站将在24小时内删除侵权内容。