• Contest1592


    Contest1592 - 2018-2019赛季多校联合新生训练赛第二场

    D 10248 修建高楼(模拟优化)

    H 10252 组装玩具(贪心+二分)

    D 传送门

    题干

    题目描述
        C 市有一条东西走向的“市河”。C 市的市长打算在“市河”的其中一条岸边自东往西的 n 个位置(可以将这 n 个位置看成在一条直线上,且位置不会重叠)依次建造高楼。  
        C 市的设计部门设计了 T 个方案供市长挑选(方案编号为 1 到 T)。每个方案都提供了建造的每幢高楼的高度,自东向西依次为 h1,h2,h3,…,hn-1,hn。每幢楼房的高度在 1 到 n 之间(包括 1 和 n),且各不相同。  
        市长在挑选设计方案时,喜欢 n 幢高楼中任意 3 幢(包括不连续的 3 幢)有一定的“梯度美”。所谓“梯度美”是指这 3 幢高楼满足: 
    第j幢的高度hj-第i幢的高度hi=第k幢的高度hk-第j幢的高度hj(1≤i<j<k≤n)
    市长喜欢方案中这种“梯度美”现象越多越好。请编程帮市长挑选一下设计方案吧。 
    
    输入
        T+1 行。  
        第一行两个整数 T 和 n,分别表示设计部门提供的方案总数和打算建造的高楼数。  
        接下来每一行表示一种方案。第 i+1 行表示第 i 种方案,每行 n 个整数,依次表示每幢高楼打算建造的高度。 
    
    
    输出
    输出共 1 行。  
        包含两个整数,第一整数为出现“梯度美”次数最多的方案,第二个整数为对应方案“梯度美”出现的次数。如果出现“梯度美”次数最多的方案有多个,输出方案编号较小的方案。 
    
    样例输入
    2 5
    3 1 2 4 5
    3 1 2 5 4
    
    样例输出
    1 1
    
    提示
        输入中共有2个方案,打算建造5幢高楼。
        第一个方案每幢高楼高度依次为3,1245,其中第1幢,第4幢和第5幢高度出现“梯度美”(345),这3幢高楼的后一幢比前一幢依次高1。
        第二个方案每幢高楼高度依次为3,1254,没有出现“梯度美”。
    (1≤T≤50,且 3≤n≤2000
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    题解:

      考察知识点:模拟优化

        这道题,昨天下午考完试一直在看,看了好久好久,一直在找nlogn复杂度的算法(为什么要找nlogn复杂度的算法呢?因为我感觉,如果t=50,n=2000,那么

        就有1e6个楼房,而1e5的数据范围需要nlogn的时间复杂度,然后,就一直找不到在哪可以logn,呜呜呜~~~~)

        实属无奈,然后,就找老师要了一份标程,标程如下:

     1 #include<stdio.h>
     2 #include<string.h>
     3 int main()
     4 {
     5     int t,n,a[2005],ans=-1,ans1=0,b[10005]= {0},c;
     6     scanf("%d%d",&t,&n);
     7     for(int q=0; q<t; q++)
     8     {
     9         memset(b,0,sizeof(b));
    10         c=0;
    11         for(int i=0; i<n; i++)
    12         {
    13             scanf("%d",&a[i]);
    14             b[a[i]+4000]=i;
    15         }
    16         for(int i=0;i<n-2;i++)
    17             for(int j=i;j<n-1;j++)
    18             if(b[2*a[j]-a[i]+4000]>j)
    19             c++;
    20         if(c>ans)
    21             ans1=q,ans=c;
    22     }
    23     printf("%d %d",ans1+1,ans);
    24     return 0;
    25 }
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        照着标程理解了一下,具体做法是枚举i,j楼的高度,判断是否存在满足条件的k楼,是个O(n^2)的复杂度,很纳闷,这怎么能过呢?????

      其实,在找老师要标程前,在ACM的群里问了一下,一个初三大佬,五分钟敲出的这道题,一发AC,这,这也太厉害了吧%%%%%%%

      差距太大了

      之所以要他写代码,是因为,标程里将memset()放到了循环内,然后,他说,将memset()放循环里很不好,有时候会因此而超时,然后,没有然后了。。。

      巨巨代码:

     1 #include <cstdio>
     2 using namespace std;
     3 
     4 int hi[2005];
     5 int pos[4005];
     6 
     7 int main()
     8 {
     9     int t,n;
    10     scanf("%d%d",&t,&n);
    11 
    12     int ans = 0;
    13     int ansp = 1;
    14     for(int l=1; l<=t; ++l)
    15     {
    16         for(int i=1; i<=n; ++i)
    17             scanf("%d",hi+i);
    18 
    19         for(int i=1; i<=n; ++i)
    20             pos[hi[i]<<1] = i;
    21 
    22         int curans = 0;
    23         for(int i=1;i <= n-2;++i)
    24             for(int j=i+2;j <= n;++j)
    25                 if(i<pos[hi[i]+hi[j]] && pos[hi[i]+hi[j]]<j)
    26                     ++curans;
    27 
    28         if(curans>ans)
    29         {
    30             ans = curans;
    31             ansp =  l;
    32         }
    33     }
    34     printf("%d %d
    ",ansp,ans);
    35 
    36     return 0;
    37 }
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      具体思路是,枚举i,k,判断有没有满足条件的 j 。

      偷偷把他的代码改成我的风格,哈哈哈

    AC代码:

     1 #include<iostream>
     2 #include<cstdio>
     3 using namespace std;
     4 const int maxn=2000+10;
     5 
     6 int t,n;
     7 int h[maxn];
     8 int pos[2*maxn];
     9 
    10 int Solve()
    11 {
    12     for(int i=1;i <= n;++i)
    13         pos[h[i]<<1]=i;//2*h[j]的位置
    14     int res=0;
    15     for(int i=1;i <= n-2;i++)
    16         for(int k=i+2;k <= n;++k)
    17             if(pos[h[i]+h[k]] > i && pos[h[i]+h[k]] < k)//判断(i,k)之间有没有h[i]+h[k]
    18                 res++;
    19     return res;
    20 }
    21 int main()
    22 {
    23     scanf("%d%d",&t,&n);
    24     int resTot=0,resPos=1;
    25     for(int kase=1;kase <= t;++kase)
    26     {
    27         for(int i=1;i <= n;++i)
    28             scanf("%d",h+i);
    29         int res=Solve();
    30         if(resTot < res)
    31             resTot=res,resPos=kase;
    32     }
    33     printf("%d %d
    ",resPos,resTot);
    34 
    35     return 0;
    36 }
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    H 传送门

    题干:

    题目描述
        小华打算用 n 种(编号为 1 到 n)材料组装玩具。其中第 i 种材料的数量为 Xi 个。组装一个玩具需要第 i 种材料 Yi 个。小华另外有 m 个万能材料,每个万能材料可以作为 n 种材料中的任意一个材料使用。 
        请编程计算小华最多可以组装多少个玩具? 
    
    输入
    输入共3行。
    第1行两个整数n和m,分别表示小华有n种材料和m个万能材料。
    第2行n个正整数,其中第i个整数Xi表示小华第i种材料有Xi个。
    第3行n个正整数,其中第i个整数Yi表示小华组装一个玩具需要第i种材料Yi个。
    
    输出
    输出共 1 行。 
    一个整数,表示小华最多可以组装多少个玩具。 
    
    样例输入
    1 1
    1
    1
    
    样例输出
    2
    
    提示
        输入中小华只有1个编号为1的材料,另外还有1个万能材料。组装一个玩具需要编号为1的材料1个。所以可以用1个编号为1的材料和1个万能材料分别组装1个玩具,共可以组装2个玩具。 
    
    输入数据保证1≤n≤100000, 1≤m≤10^91≤Xi, Yi≤10^9
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    题解:

      考察知识点:贪心

      相关变量解释:

    1 struct Node
    2 {
    3     int x,y;
    4     int tot;//tot=x/y : 第i种材料可以贡献tot个玩具
    5 }toy[maxn];

      贪心思路:

        (1) : 首先,按照tot从小到大排序,明确一点,影响答案的是最小的 tot ,所以,我们要把 m 尽可能多的用在 tot 小的材料上。

        (2) : 从1开始往后遍历,查找和toy[1].tot相等的材料,判断 m 是否可以使其 +1,如果可以,toy[ i ].tot++(对于所有的满足toy[ i ].tot == toy[1].tot的 i 均更新),并更新 m ;

        (3) : 重复(2)过程,直到toy[1].tot == toy[n].tot。

        (4) : 输出 toy[1].tot + (剩余的m可以增加的toy[i].tot)。

      好了,思路有了,那就开始码程序吧.............

      码好了,交一发,wa,改改,再交,还是wa,接着改,接着wa.....................

      然后,找华师大的巨巨讨思路,巨巨说,二分..............

            今晚码程序,加调试,历经两个小时,终于AC了,不容易啊!

      二分思路:

        在贪心的基础上,对 n 种材料进行二分( [1,n] ),判断所有 toy[ i ].tot 小于 toy[mid].tot 材料是否可以通过使用 m 使 toy[ i ].tot == toy[mid].tot;

        如果可以 l = mid,反之 r=mid,通过二分查找所有的材料可以到达的最大的tot(tot <= toy[n].tot,即不一定要把 m 全部用完)

      具体细节看代码:

    AC代码:

     1 #include<iostream>
     2 #include<cstdio>
     3 #include<algorithm>
     4 using namespace std;
     5 #define ll long long
     6 const int maxn=1e5+10;
     7 
     8 int n,m;
     9 struct Node
    10 {
    11     int x,y;
    12 }toy[maxn];
    13 
    14 bool cmp(Node _a,Node _b){
    15     return _a.x/_a.y < _b.x/_b.y;
    16 }
    17 int Check(int curTot)
    18 {
    19     ll need=0;//此处需要用long long
    20     for(int i=1;i <= n && toy[i].x/toy[i].y <= curTot;++i)
    21     {
    22         //材料i组装成 curTot 个玩具需要的总材料为 curTot*toy[i].y
    23         //再减去初始含有的材料 toy[i].x
    24         need += 1ll*curTot*toy[i].y-toy[i].x;//如果 curTot > 2,toy[i].y == 1e9
    25         if(need > m)
    26             return -1;
    27     }
    28     return need;
    29 }
    30 int Solve()
    31 {
    32     sort(toy+1,toy+n+1,cmp);
    33     int l=1,r=n+1;
    34     while(r-l > 1)//二分查找所有的材料可以到达的最大的tot
    35     {
    36         int mid=l+((r-l)>>1);
    37         int curTot=toy[mid].x/toy[mid].y;
    38 
    39         if(Check(curTot) != -1)
    40             l=mid;
    41         else
    42             r=mid;
    43     }
    44     int curTot=toy[l].x/toy[l].y;
    45     ll need=Check(curTot+1);//判断能否组装成curTot+1个玩具,作用是消除x的影响
    46     if(need == -1)
    47         return curTot;
    48         
    49     m -= need;
    50     need=0;
    51     for(int i=1;i <= l;++i)
    52         need += toy[i].y;//不必考虑x的影响,因为在curTot+1处已将x用完
    53     return curTot+1+m/need;
    54 }
    55 int main()
    56 {
    57 //    freopen("C:\Users\lenovo\Desktop\in.txt","r",stdin);
    58     scanf("%d%d",&n,&m);
    59     for(int i=1;i <= n;++i)
    60         scanf("%d",&toy[i].x);
    61     for(int i=1;i <= n;++i)
    62         scanf("%d",&toy[i].y);
    63 
    64     printf("%d
    ",Solve());
    65     return 0;
    66 }
    View Code
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