专栏首页落影的专栏程序员进阶之算法练习(五十二)

程序员进阶之算法练习(五十二)

正文

题目1

题目链接 题目大意: n个人参加比赛,每个人都有一个分数a[i],现在需要给这些人发奖牌(每个人最多发一个),要求:

  • 1、至少一个人拿到奖牌;
  • 2、分数为0的不能拿奖牌;
  • 3、某个人拿奖,则所有分数不低于他的人也要拿奖牌;

问总共能有多少种分配方式?

输入: 第一行,n (1 ≤ n ≤ 100) 第二行,n个数字 (0 ≤ a[i] ≤ 600) 输出: 一个数字,表示分配方式的数量。

Examples input 4 1 3 3 2 output 3 样例解释:3种方式: 1、只发给3分; 2、发给2、3分; 3、所有人都发;

题目解析: 根据题目的意思,由条件3我们容易知道,n种分数(非零),就有n种分法。 但对于这类型题目,除了做题外,很重要一点是如何把代码写得优雅。

比如说这样写,就很精简。

int main(int argc, const char * argv[]) {
    // insert code here...
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
    sort(a, a + n);
    
    int ans = a[0] > 0;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        if (a[i - 1] != a[i]) {
            ++ans;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    
    return 0;
}

题目2

题目链接 题目大意: 给出长度为n的两个整数数组a和b,数组a和数组b至少有一个数字不相同; 现在需要构造出新的数组c,要求: 1、数组c是1到n的一种排列; 2、数组c和数组a有且仅有一个数字不同,数组c和数组b有且仅有一个数字不同; 如果有多个解,可以任意输出一个。 数据范围 (2 ≤ n ≤ 1 000) (1 ≤ a[i] ≤ n) (1 ≤ b[i] ≤ n)

Examples input 5 1 2 3 4 3 1 2 5 4 5 output 1 2 5 4 3

样例解释: 输入 第一个数字5,表示n=5; 接下来两行,每行有5个整数。 输出 1, 2, 5, 4, 3 和 1, 2, 3, 4, 5 都是可行解。

题目解析: 根据题意可以知道,数组a的元素是在[1, n]之间,由于数组c的数字是由[1,n]中的数字不重复排列而来,且数组c会有一个数字和数字a不同,其他数字是一样的; 那么数组a必然会存在两个相同的数字x,并且数组c与数组a不相同的数字就是x;(这里是题目意思的核心) 那么可以直接把数组a的一个x修改为数字t,验证是否满足题意,如果不行再尝试另一个解。

int a[N], visA[N];
int b[N], visB[N];

int find(int c[], int n) {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (c[i] == 0) {
            return i;
        }
    }
    return 0;
}

int main(int argc, const char * argv[]) {
    // insert code here...
    
    int n;
    vector<int> vec;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
        visA[a[i]]++;
    }
    
    for (int j = 1; j <= n; ++j) {
        cin >> b[j];
        visB[b[j]]++;
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (visA[a[i]] == 2) {
            vec.push_back(i);
        }
    }
   
    a[vec[0]] = find(visA, n);
    
    int diff = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (a[i] != b[i]) {
            ++diff;
        }
    }
    if (diff != 1) {
        a[vec[0]] = a[vec[1]];
        a[vec[1]] = find(visA, n);
    }
   
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cout << a[i] << " ";
    }
    
    return 0;
}

题目3

题目链接 题目大意: 有一个长度为n字符串,现在可以对某些字符进行修改,总共可以修改m次(每次修改一个字符),现在有q次询问: 每次会有两个输入分别是m和c,表示可以对字符串中m个字符进行修改,输出修改完的字符串中,全部由c构成的子串的最大长度。 比如说字符串koyomi,只修改1次,可以把字符y改为o,则kooomi全部由字符'o'构成的最长子串是'ooo',长度为3;

输入 总共有q次询问,每次询问包括修改次数m,和特定字符c; n (1 ≤ n ≤ 1 500) q (1 ≤ q ≤ 200 000) m (1 ≤ m ≤ n) 输出 输出q次询问的最长子串长度。

Examples input 6 koyomi 3 1 o 4 o 4 m output 3 6 5 样例解释: 第一个询问,可以把'y'替换为'o',得到最大长度3; 第二个询问,替换后最大长度的字符串是"oooooo",长度为6; 第三个询问,满足题意的解有 "mmmmmi" and "kmmmmm",长度均为5;

题目解析: 先不考虑多次询问,对于修改次数m,字符c,我们求最大长度; 容易知道贪心的解法不适用于此题,因为字符串的间隔有长有短,形成间隔的字符串长度不一定; 这里可以用到一种动态规划的做法: dp[i][j] 表示前i个,修改j个字符,且第i个字符为c的最大长度; 那么有:

    1. a[i]==c => dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;
    1. a[i]!=c => dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;

这里的初始化条件比较容易出错,对于所有dp[i][0],根据a[i]==c决定dp[i][0]=dp[i-1][0]+1,还是dp[i][0]=0;

单次求解的复杂度是O(N^2)的状态,O(1)的转移;(这里需要思考,为何不需要dp[1~(i-1)]所有状态进行转移) 因为q的大小有10^6,直接应用显然不行。

根据询问的数据范围,我们知道总共只有m*26种可能; 我们直接枚举出所有的情况,用ans[i][j]表示可修改次数为i,字符为j的最大字符串长度,进行预处理的过程更新ans[i][j]即可。

char str[N];
int a[N];
short dp[N][N][26];
int ans[N][26];

int main(int argc, const char * argv[]) {
    // insert code here...
    
    int n;
    cin >> n;
    cin >> (str + 1);
    
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 0; j < 26; ++j) {
            char c = 'a' + j;
            if (c == str[i]) {
                dp[i][0][j] = dp[i - 1][0][j] + 1;
            }
            else {
                dp[i][0][j] = 0;
            }

            for (int k = 1; k <= n; ++k) {
                dp[i][k][j] = max(dp[i][k][j], dp[i][k - 1][j]);
                if (c == str[i]) {
                    dp[i][k][j] = dp[i - 1][k][j] + 1;
                }
                else {
                    dp[i][k][j] = dp[i - 1][k - 1][j] + 1;
                }
                ans[k][j] = max(ans[k][j], (int)dp[i][k][j]);
            }
        }
    }
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int t;
        char c;
        scanf("%d %c", &t, &c);
        printf("%d\n", ans[t][c - 'a']);
    }
    
    
    return 0;
}

题目4

题目链接 题目大意: n个大妈在广场上跳舞,假设每个大妈的影响区域是一个圆,广场是在二维的坐标系上; 已知n个大妈分别在(x[i], y[i])的位置上,影响范围的半径是r[i]; 已知大妈的影响范围的圆,只会出现包含的情况,不会出现部分覆盖的情况,见图。

现在希望把这些人分成到两个时间段(上半夜、下半夜), 要求被奇数个大妈覆盖到的面积尽可能的大,见图c1/c2/c3部分。

输入 n (1 ≤ n ≤ 1 000) ( - 10^6 ≤ xi, yi ≤ 10^6, 1 ≤ ri ≤ 10^6)

题目解析: 对于圆x和圆y,如果x被y包含,那么有x∈y; 假设有n个点a[i],分别对应n个圆;对于x∈y,我们认为a[y]是a[x]的父节点; 如果节点t没有父节点,我们新增点a[0],a[0]是a[t]的父节点; 根据题目要求,没有圆相交,那么a[0 ~ n]的节点构成一棵树; 假设根节点深度为1且面积为0,我们用红色和黑色对节点进行染色,规则如下: 根节点为黑色; 深度为1的节点为红色,深度为2的节点为红色; 其余所有节点,如果父节点为红色/黑色,则当前节点为黑色/红色; 题目要求的最大面积就是红色节点的面积。

原理:对于任何一个非根的节点t,子树所有节点能覆盖的面积不会超过t的面积; 所以把深度为1的所有节点分配到上半夜,剩下的所有的点都分配在下半夜;(剩下的点必然是红黑交错)

简化代码: 对于任何一个圆,求出其被覆盖的次数c[i]; 如果c[i]=0,sum += area(i); 如果c[i]%2=1, sum += area(i); 如果c[i]%2=0, sum -= area(i);

题目看起来比较复杂, 附上完整代码(其实很短):

 ************************* 题解 ***********************/
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<deque>
#include<string>
#include<utility>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long lld;
const int N = 1511, M = 3010100, inf = 0x7fffffff;
const lld llinf = 0x7fffffff7fffffffll;

lld x[N], y[N], r[N];
lld c[N];

double dist(int i, int j) {
    return sqrtl((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
}

#define M_PI        3.14159265358979323846264338327950288

double area(int i) {
    return M_PI * r[i] * r[i];
}


int main(int argc, const char * argv[]) {
    // insert code here...
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> x[i] >> y[i] >> r[i];
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            if (r[i] < r[j] && dist(i, j) <= r[j]) {
                ++c[i];
            }
        }
    }
    
    double sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (c[i] == 0) {
            sum += area(i);
        }
        else if (c[i] % 2 == 1) {
            sum += area(i);
        }
        else {
            sum -= area(i);
        }
    }
    printf("%.10f", sum);
    
    return 0;
}

总结

题目1需要注意题目意思,读懂之后就很容易; 题目2先考虑部分因素,比如说用数组a来简化和推理,用数组b验证; 题目3动态规划非常实用这种需要连续做选择的题目,再根据题目的数据范围增加预处理; 题目4用图论来辅助思考,思考过程能简化得非常清晰;

本文参与腾讯云自媒体分享计划,欢迎正在阅读的你也加入,一起分享。

我来说两句

0 条评论
登录 后参与评论

相关文章

  • 程序员进阶之算法练习(二十五)

    前言 算法题是锻炼思维的好工具,在解决问题的层面考察思考能力。 正文 1. Compote 题目链接 题目大意: 给出a、b、c三种材料,可以1:2:4组成...

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(十五)

    前言 有朋友推荐一个新的算法练习网站leetcode,说北美的公司招人都是400题起步,国内公司招聘也经常用到,上海的尤其多。 很有意思,可以花点时间做做le...

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(十二)

    前言 题目地址在HDU,输入对应的题号即可看到题目,在百度搜索hdu+对应的题号可以看到题解。 我简单的对题目难度进行了划分: 简单题:想法题,实现简单...

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(二十)

    前言 这四个题属于中等,有的需要一定的代码量,有的需要奇妙的思考。 正文 1. Sonya and Queries 题目链接 ** 题目大意:** 给出一...

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(二十二)

    前言 时间来到6月,又是一年高考时。 几年之前是坐在教室怀念高考,现在是上班敲着代码怀念学生时代。 正文 1、Lakes in Berland 题目链接 ...

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(四十五)

    每个路口的机动车道有三个方向,分别是左转、直行、右转,同时路口有一条人行道; 每行输入有四个数字l,s,r,p,分别表示左转、直行、右转、人行道的交通信号灯是...

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(五十三)

    题目链接 题目大意: 有三堆石头,分别有a、b、c个; 现在可以执行操作: 1、从第一堆拿出1个石头,第二堆拿出2个石头; 2、从第二堆拿出1个石头,...

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(五十一)

    输入: 第一行,整数?表示有t个样例数量 (1≤?≤1000) 接下来每个样例一行,整数? (1≤?≤10^9).

    落影
  • 程序员进阶之算法练习(二十九)

    落影

扫码关注云+社区

领取腾讯云代金券