程序员进阶之算法练习(五十二)

时间:2021-7-21 作者:qvyue

正文

题目1

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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 > a[i];
    }
    sort(a, a + n);
    
    int ans = a[0] > 0;
    for (int i = 1; i 

题目2

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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  vec;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i > a[i];
        visA[a[i]]++;
    }
    
    for (int j = 1; j > b[j];
        visB[b[j]]++;
    }
    
    for (int i = 1; i 

题目3

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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 > q;
    while (q--) {
        int t;
        char c;
        scanf("%d %c", &t, &c);
        printf("%dn", ans[t][c - 'a']);
    }
    
    
    return 0;
}

题目4

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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。

程序员进阶之算法练习(五十二)

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。

程序员进阶之算法练习(五十二)

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
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
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 > x[i] >> y[i] >> r[i];
    }

    for (int i = 1; i 

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;

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