ACM日常训练日记——7.25
- Atcoder训练
- Harlequin
思维题博弈论，思考每一次怎么转化最优，存在两个答案说明f可以赢，打表发现当所有数字都是偶数时，答案为second，否则为first
- Harlequin
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
int main(){
ll n;
cin>>n;
ll ans=0;
vector<ll>v(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
ll b;
cin>>b;
if(b%2==0)ans++;
}
if(ans==n)cout<<"second";
else
cout<<"first";
}
- Gathering Children
思维，模拟打表，最终会聚集在LR两个点上，我们考虑最终要不要交换两个点，打表模拟情况
最后会发现如果：R+L为偶数，不变，如果R为奇数，那么L++，R不变，如果L为奇数，R++，L不变
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
ll res[100001];
int main(){
string s;
cin>>s;
int n=s.length();
vector<ll>v(n+1);
int le=1;
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]=='R'&&s[i+1]!='R'){
v[i]+=le,le=1;
}else if(s[i]=='R'&&s[i+1]=='R')le++;
else le=1;
}
le=1;
for(int i=n-1;i>=0;i--){
if(s[i]=='L'&&s[i-1]!='L'){
v[i]+=le,le=1;
}else if(s[i]=='L'&&s[i-1]=='L')le++;
else le=1;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(v[i]!=0)
{
if((v[i]+v[i+1])%2==0)
{
res[i]=(v[i]+v[i+1])/2;
res[i+1]=res[i];
}
else
{
res[i]=floor((v[i]+v[i+1])/2);
res[i+1]=res[i];
if(v[i]%2==0) res[i+1]++;
else res[i]++;
}
i++;
}
}
for(int i=0;i<n;i++) cout<<res[i]<<" ";
}
- Palindrome Hard Problem
之前没做出来的题，不难但是我做不出来，每次分出来一个数就是一个回文串，我们统计多少个数就是答案，我把每行可能m个看出成都是一个了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll =long long;
map<char,ll>mp;
int main(){
ll n;
int sum=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
string s;
cin>>s;
int k=s.length();
sum+=k;
}
cout<<sum;
}
- Storybooks
标准前缀和+二分，没做过可以回去再做一下，这道题注意边界和数据范围就行
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll =long long;
ll prefix[10011000];
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
vector<ll>v(n+1);
vector<ll>d(k+1);
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
for(int i=1;i<=k;i++)cin>>d[i];
sort(v.begin()+1,v.end());
for(int i=1;i<=n;i++)prefix[i]+=v[i]+prefix[i-1];
for(int i=1;i<=k;i++){
ll l=0,r=n;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)/2;
if(prefix[mid]>d[i]){
r=mid-1;
}else
l=mid+1;
}
cout<<r<<' ';
}
}
- 动态规划专项训练
1.P1434 [SHOI2002] 滑雪
利用记忆化dfs搜素的方法找到最长距离，好题，学会去用记忆化搜素。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 105;
ll v[MAXN][MAXN];
ll dp[MAXN][MAXN];
int n, m;
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[4] = {0, 1, 0, -1};
ll dfs(int x, int y) {
//这里就是记忆化
if (dp[x][y] != 0) return dp[x][y];
dp[x][y] = 1;
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int nx = x + dx[i];
int ny = y + dy[i];
if (nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= m && v[nx][ny] < v[x][y]) {
dp[x][y] = max(dp[x][y], dfs(nx, ny) + 1);
}
}
return dp[x][y];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
cin >> v[i][j];
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
ans = max(ans, dfs(i, j));
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
2.最长公共子序列
二维dp，状态转移方程a[i]=b[i]时,dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1，否则dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])时间复杂度为n*n太高
最长公共子序列有专门的问题集最长公共子序列LCS问题
dp代码，注意边界dp[0][0]=0;
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 5001;
ll a[1000010];
ll b[100010];
ll dp[MAXN][MAXN];
int n, m;
int main(){
string s;
string t;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
ll ans=1;
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[i]==b[j]){
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
}else{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}
ans=max(ans,dp[i][j]);
}
}
cout<<ans;
}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 100010;
int a[MAXN];
int b[MAXN];
int pos[MAXN];
int dp[MAXN];
int n;
int main(){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
// 将 a 中的元素位置映射到 b 中
for(int i = 1; i <= n; i++) {
pos[b[i]] = i;
}
// 将 a 中的元素替换为在 b 中的位置，然后求 LIS
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = pos[a[i]];
}
// 求 LIS
int len = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int idx = lower_bound(dp, dp + len, a[i]) - dp;
dp[idx] = a[i];
if(idx == len) len++;
}
cout << len << endl;
return 0;
}
背包问题
3.NOIP2001 装箱问题
01简化背包的基本过程，怎么去选取，还有优化内存大小的01滚动，就地滚动，转移方程dp[i%2][j]=dp[(i-1)%2][j]||dp[(i-1)%2][j-a[i]]
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 100010;
int pos[MAXN];
int dp[2][20020];
int a[40];
int n,m;
// 01背包 01滚动
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int v,n;
cin>>v>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
dp[0][0]=1;
/*
01滚动
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=v;j++){
//解释：还有空位放的话会放自己的值加上前面选的值加上当前的值，否则只放当前的值
//注意j不能从a[i]开始而是j从0开始，原因是小于a[i]的数也要留到下一轮
if(j>=a[i]){
dp[i%2][j]=dp[(i-1)%2][j]||dp[(i-1)%2][j-a[i]];
}else
dp[i%2][j]=dp[(i-1)%2][j];
}
}
*/
//就地滚动
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=v;j>=a[i];j--)
dp[j]=dp[j]||dp[j-a[i]];
}
ll ans=0;
for(int i=v;i>=0;i--){
if(dp[i]==1){
ans=i;
break;
}
}
cout<<ans;
}
2.【模板】01背包
现在目前有两种问法，一种是背包能装的最大价值，另一种是刚好装满的情况下，背包的最大价值
第一张解决方法的转移方程和第二种是一样的dp[j]=max(dp[j].dp[j-a[i]]+w[i])算出来不一定刚刚好容量大价值最大，但是一定在里面；
第二种是初始化为负无穷，最终判断pd[v]有没有初始化，有的话刚刚好满足条件的答案就是pd[v],都用01滚动
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N]; // f[j]表示体积为j的情况下的总价值
int v[N], w[N]; // 物品的体积 价值
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> v[i] >> w[i];
memset(f, -0x3f, sizeof f); //一开始都初始化为负无穷 方便记录是否有恰好体积为j的情况出现过
f[0] = 0; // 最开始体积为0价值为0
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = m; j >= v[i]; j --) // j>=v[i] 保证了可以选择第i个物品
{
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]); // 这里其实消去了一维
// 原式为f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
// 为了防止计算时所需要的上一层的数值被覆盖所以倒序遍历这样算f[j]时用到的f[j - v[i]]就还是和原来一样
}
int ans1 = 0, ans2 = 0;
for(int i = 0; i <= m; i ++) ans1 = max(ans1, f[i]); // 找到最大值
if(f[m] < 0) ans2 = 0; // 如果f[m]<0说明没被初始化过 没有体积恰好为m的情况出现
else ans2 = f[m]; //否则根据定义可知 f[m]的值就是背包恰好装满的情况下的最大值
cout << ans1 << endl;
cout << ans2 << endl;
}
- 牛客萌新联赛(第一场)（复盘）
1.造数
逆向思维，怎么把n变成0，能除2，就除，不能就减
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll =long long;
ll n,m,k,t;
ll v[1000100];
bool is(ll n)
{
return n > 0 && (n & -n) == n;
}
int main(){
cin>>n;
if(n==0)cout<<0;
else if(n==1)cout<<1;
else if(n==2)cout<<1;
else if(n==3)cout<<2;
else if(n==4)cout<<2;
else{
ll ans=1;
if(is(n)){
while(n>2){
n/=2;
ans++;
}
}else{
ll ans = 0;
while (n >= 2) {
if (n % 2 == 0) {
n /= 2;
} else {
n -= 1;
}
ans++;
}
cout<<ans;
}
}
return 0;
}
2.爱探险的朵拉
很好的记忆化搜素，我们需要认认真真学，这个每个路线判断是否已经走过，或者怎么避免已经走过的路线
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
vector<int> v(100010);
vector<int> b(100010);
int ma=0;
int cnt=1;
void bfs(int x,int l){
//每次标记走过的
b[x]=cnt;
//直接找最大
ma=max(ma,l);
//判断是否走过，这里不需要担心，不会走重复，之前走过的已经标记
if(b[v[x]]!=cnt){
bfs(v[x],l+1);
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
//这里就是原因
if(b[i]==0){
//cnt不同，路线不同
cnt++;
bfs(i,1);
}
}
cout<<ma;
}
3.旅途的终点
思维+二分，二分答案x一定能走到的国家数，是按顺序走的，然后每次二分检查的时候排序前x个国家数，前面的数我们不用神力，如果满足条件就l=mid+1.
这种按顺序的二分和思维一定要掌握
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll =long long;
vector<ll>v(2e5+8);
ll n,m,k;
bool check(ll x){
ll hp=m;
vector<ll>s(n+1);
s=v;
sort(s.begin()+1,s.begin()+1+x,greater<ll>());
for(int i=k+1;i<=x;i++){
if(hp<=s[i])return false;
hp-=s[i];
}
return true;
}
int main(){
cin>>n>>m>>k;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
ll l=0,r=n;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
l=mid+1;
ans=mid;
}else
r=mid-1;
}
cout<<ans;
}
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