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第一题：完美序列
【题目描述】
给你一个长度为n(1<=n<=100,000)的自然数数列，其中每一个数都小于等于10亿，现在给你一个k，表示你最多可以删去k类数。数列中相同的数字被称为一类数。设该数列中满足所有的数字相等的连续子序列被叫做完美序列，你的任务就是通过删数使得该数列中的最长完美序列尽量长。
【输入】
第一行两个整数N,K。
接下来N行，每行1个整数，表示第i个数。
【输出】
最长的完美序列的长度。
【样例数据】
| 样例输入 | 样例输出 |
|
9 1 2 7 3 7 7 3 7 5 7 |
4 |
【STD Code】
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; int ans; int kind[200000]; struct node { int value; int pos; }; node data[200000]; int cmp_value(node a,node b) { return a.value<b.value; } int cmp_origin(node a,node b) { return a.pos<b.pos; } int main() { int n,k; int t,now,contain,l; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&data[i].value); data[i].pos=i; } sort(data+1,data+n+1,cmp_value); now=1; t=data[1].value; for(int i=1;i<=n;i++) if(data[i].value==t) data[i].value=now; else { now+=1; t=data[i].value; data[i].value=now; } sort(data+1,data+n+1,cmp_origin); contain=0; l=1; for(int i=1;i<=n;i++) { if((kind[data[i].value]==0)&&(contain<=k)) { contain+=1; kind[data[i].value]+=1; ans=max(ans,kind[data[i].value]); } else if((kind[data[i].value]==0)&&(contain>k)) { kind[data[i].value]+=1; kind[data[l].value]-=1; while(kind[data[l].value]!=0) { l+=1; kind[data[l].value]-=1; } l+=1; ans=max(ans,kind[data[i].value]); } else { kind[data[i].value]+=1; ans=max(kind[data[i].value],ans); } } printf("%d",ans); return 0; }
【题目分析】
别的先不说，看到仅有100000个数字，数据范围却是1000000000,就说明我们首先要对这个序列进行离散化。在这里，可以开一个结构体，定义两个值：value和pos，value表示值，pos表示这个数原本在序列的哪一个位置，先用一次sort对value进行排序，更改值的大小（也就是离散化的中心操作），接着再来一次sort，按pos排序，以此将序列的位置排布还原为原来的序列。
下面，我们就来看看这道题的中心思路：设置一个“移动窗口”。也就是说，定义两个变量：L，R，来记录可能答案的潜在区间。在最开始，我们将L，R初始化为0，即L，R将从序列的最左端开始向右扫描。由于题目中有要求“仅能删除k类数”，那么，当窗口刚刚开始移动时，我们可以先保持L不动，使R右移，与此同时，不断更新在该窗口内存在的数的种类（当然，你也要算出此时的最优解），当种类达到k+1种时，就说明当前区间已经塞满啦，此时要想继续使窗口移动，就要使L+=1,更新之后，再让R+=1......以此类推，不断使窗口移动下去，直到扫描至序列末端，此时的答案就是整个序列中的完美序列的最优解了。
第二题：岛屿
【题目描述】
给你一张r*c(1<=r,c<=50)的地图，有’S’,’X’,’.’三种地形，所有判定相邻与行走都是四连通的。我们设’X’为陆地，一个’X’连通块为一个岛屿，’S’为浅水，’.’为深水。其中一共有n个岛屿（n<=15）,刚开始你可以降落在任一一块陆地上，在陆地上可以行走，在浅水里可以游泳。并且陆地和浅水之间可以相互通行。但无论如何都不能走到深水。你现在要求通过行走和游泳使得你把所有的岛屿都经过一遍。问最少要经过多少次浅水区？题目保证有解。
【输入】
第一行两个整数R,C
接下来第有R行，每行C列个字符，为’X’,’S’,’.’
【输出】
一个整数，表示遍历完所有的岛屿最小要游过多少次浅水区。
【样例数据】
| 样例输入 | 样例输出 |
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5 4 XX.S .S.. SXSS S.SX ..SX |
3 |
【STD Code】
#include<cstring> #include<cstdio> #include<queue> #define MAXN 55 #define Size 20 #define MAXM 400010 #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; int sx[4]={0,0,1,-1}; int sy[4]={1,-1,0,0}; int r,c,num; char s[MAXN]; char a[MAXN][MAXN]; int land[MAXN][MAXN]; bool vis[MAXN][MAXN]; int dist[Size][Size],dis[MAXN][MAXN]; struct hp { int x; int y; }; struct hq { int has_been; int island; }; hp st[Size][MAXN]; queue <hp> q; queue <hq> p; int tot[Size]; int f[MAXM][Size]; int goal,ans; bool atp[MAXM][Size]; inline void dfs(int x,int y,int num) { land[x][y]=num; tot[num]+=1; st[num][tot[num]].x=x; st[num][tot[num]].y=y; for(int i=0;i<4;++i) { int nowx=x+sx[i]; int nowy=y+sy[i]; if(nowx>0&&nowx<=r&&nowy>0&&nowy<=c&&a[nowx][nowy]=='X'&&!land[nowx][nowy]) dfs(nowx,nowy,num); } } void spfa(int island) { memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dis,0x7f,sizeof(dis)); while(!q.empty()) q.pop(); for(int i=1;i<=tot[island];i++) { vis[st[island][i].x][st[island][i].y]=true; dis[st[island][i].x][st[island][i].y]=0; q.push((hp){st[island][i].x,st[island][i].y}); } while(!q.empty()) { hp now=q.front(); q.pop(); vis[now.x][now.y]=false; hp next; for(int i=0;i<4;++i) { next.x=now.x+sx[i]; next.y=now.y+sy[i]; if(next.x>0&&next.x<=r&&next.y>0&&next.y<=c&&a[next.x][next.y]!='.') if(a[next.x][next.y]=='S') { if(dis[next.x][next.y]>dis[now.x][now.y]+1) { dis[next.x][next.y]=dis[now.x][now.y]+1; if(!vis[next.x][next.y]) { vis[next.x][next.y]=true; q.push((hp){next.x,next.y}); } } } else { if(dis[next.x][next.y]>dis[now.x][now.y]) { dis[next.x][next.y]=dis[now.x][now.y]; if(!vis[next.x][next.y]) { vis[next.x][next.y]=true; q.push((hp){next.x,next.y}); } } dist[island][land[next.x][next.y]]=min(dist[island][land[next.x][next.y]],dis[next.x][next.y]); } else continue; } } } int main() { scanf("%d%d ",&r,&c); for(int i=1;i<=r;++i) { gets(s); for(int j=1;j<=c;++j) a[i][j]=s[j-1]; } num=0; for(int i=1;i<=r;++i) for(int j=1;j<=c;++j) { if(a[i][j]=='X'&&!land[i][j]) dfs(i,j,++num); } memset(dist,0x7f,sizeof(dis)); for(int i=1;i<=num;++i) spfa(i); memset(f,0x7f,sizeof(f)); while(!p.empty()) p.pop(); for(int i=0;i<num;++i) { p.push((hq){1<<i,i+1}); atp[1<<i][i+1]=true; f[1<<i][i+1]=0; } while(!p.empty()) { hq now=p.front(); p.pop(); atp[now.has_been][now.island]=false; for(int i=0;i<num;i++) if(f[now.has_been|(1<<i)][i+1]>f[now.has_been][now.island]+dist[now.island][i+1]) { f[now.has_been|(1<<i)][i+1]=f[now.has_been][now.island]+dist[now.island][i+1]; if(!atp[now.has_been+(1<<i)][i+1]) p.push((hq){now.has_been+(1<<i),i+1}); } } for(int i=0;i<num;i++) goal+=(1<<i); ans=INF; for(int i=1;i<=num;i++) ans=min(ans,f[goal][i]); printf("%d ",ans); return 0; }
【题目分析】
这道题要用到“状态压缩DP”。
我们需要把每一个岛屿当做一个节点，求出每两个岛屿之间的最短路径distance，这样一来，我们实际上就得到了一个图。接下来，我们就可以用一个DP数组f[state][i]来表示当前的状态，其中的state为一个15位的二进制数，表示岛屿的访问标记，i表示当前停留在第几个岛屿（之前未到达过的）。
那么，我们就可以得到这么一个递推式：f[state][i]=f[state'(第i位清零)=min(state^(1<<i))][j]+distance(i,j)。
Time: 2017-03-21