1063 wuli51和京导的毕业旅行 思路 中等题,二分+贪心. 简化题意,将m+1个数字分成n份,ans为这n段中每段数字和的最大值,求ans最小值及其方案. 对于这种求最小的最大值,最常用的方法是二分.答案一定在[0,sum]之间,通过判断是否符合要求可以求得ans.在本题中,ans一定是整数,所以二分过程中left.mid.right也是整数. 如何判断是否符合要求?对于某一mid值,遍历一次露营地距离数组,通过贪心,总是使一天内的行程尽可能接近mid,但不可超过mid.若是加上某一露营…

1083 AlvinZH的青春记忆III 思路 难题,二分图. 说这是一个考察二分图的题目,你可以会说"不可能",这哪里像一个二分图了!这真的是一个二分图,考察的是最小顶点覆盖. 你不知道最小顶点覆盖没有关系,别百度,先慢慢分析,别先入为主. 简化题意.A.B两列数字,若B[i]%A[j]==0,则二者需要去掉一个.问一共最少需要去掉多少人! 错误方法:二重循环记录可以整除的双方编号B[i]和A[j],记M1[A[j]]=M2[B[i]]=true,之后求M1.M2中为true的数量,…

1086 AlvinZH的青春记忆IV 思路 难题,动态规划. 这是一道很有意思的题,因为它不仅卡了时间,也卡了空间,而且卡的很妙很迷. 光是理解题意已经有点难度,简化题意:两串数字序列,相等的数字定义为可以交战,若 Ai==Bj,则 Ai 可与 Bj 交战,之后下一场 Aii.Bjj 交战的条件是:Aii==Bjj.ii>i.jj>j.Aii>Ai.Bjj>Bj . 这是什么呢?最长公共子序列?最长递增子序列?都很像,其实是最长公共递增子序列!最长公共子序列与最长递增子序列的叠加…

1111 AlvinZH的序列问题 思路 中等题,动态规划. 简化题意,. 坑点一:二维int数组MLE,明显会超过内存限制,由于\(n\)最大为1e4,那么我们的dp数组最大也是1e4,考虑使用short int. 坑点而:被题目开始的子序列描述误导,题目没有要求等差数列中数字顺序和输入顺序一致,所以可以先将数组排序. dp[i][j]:以A[i].A[j]开头的等差数列(可保证i<j).初始化值为2. 状态转移:固定j,i与k分别向两边扩展,当2*A[j]=A[i]+A[k]时,说明A[i]…

1083 AlvinZH的青春记忆I 思路 中等题,动态规划. 简化题意,一个环上取数,数不可相邻,取取得数之和最大值. 环不好表示,可以解开变成一列数,那么答案应为下列两种情况较大者. ①:取第一个点,可取得最大价值为宝物[1,n-1]的最大价值. ②:不取第一个点,可取得最大价值为宝物[2,n]的最大价值. 动态规划,状态转移方程:\(dp[i] = max(dp[i-1], dp[i - 2] + V[i])\) 分析 时间复杂度:\(O(n)\). 参考代码 // // Created…

1084 AlvinZH的青春记忆II 思路 中等题,二分. 简化题意,一列数字,每秒会自动-1,特殊操作可以使一个数在1s内-k,问这些数都减至0需要多久. 答案肯定在[1,xMax]之间,采用二分的方法找到最小时间. 如何判断一个时间值是否符合要求呢?对于≤mid的数,自然消减就好,对于>mid的数,需要特殊操作,设特殊操作次数为s,则有 \(k*s + (mid-s) = Xi\),解得 \(s = (X[i]-mid) / (k-1)\). 分析 注意三个问题, 第一,除0问题,k-1可…

1119 AlvinZH's Fight with DDLs III 思路 难题,最小点覆盖. 分析题意,某一个任务,既可以在笔记本A的 \(a\) 模式下完成,也可以在笔记本B的 \(b\) 模式下完成.如果笔记本A处于x模式,那么所有可以在笔记本x模式的任务可以一起完成,B同理.这两句话作为题目核心,该如何转化呢? 对于每个任务对应的(a,b),我们把它映射到平面坐标当中,明显发现,此题和二营长,你他娘的意大利炮呢简直一模一样.其实就是一个最小点覆盖问题,也就是最大二分图匹配问题. 关于最小…

1117 AlvinZH's Fight with DDLs I 思路 简单题,动态规划. 本题与期末练习赛B题很相似,而且更为简单些.简化问题:在数字序列上取数,不能取相邻的数. DP数组定义,dp[i]:到达第i层所能取得的最大经验值.初始化:dp[0] = x[0], dp[1] = max(x[0], x[1]). 对于第 \(i\) 层,有两种选择:不打,等于 \(dp[i-1]\):打,等于 \(dp[i-2] + x[i]\).二者取最大值即可. 状态转移方程:\(dp[i] =…

1124 ModricWang's Fight with DDLs I 思路 这道题本质上就是一个多项式求值,题目中的n需要手动算一下,单位复根可以根据复数的性质来求,即\(e^{i\pi}+1=0\),对指数\(i\pi\)进行乘除就能得到各个单位复根,带进多项式即可得到答案.需要注意的是,这里的函数次数k很小,因此时间复杂度为\(O(k^2)\) 的朴素算法是完全没有问题的.如果k大一些,就可以使用FFT了,这个题的题面在做的其实就是求一次FFT.希望通过这一个题帮助大家巩固一下FFT的定义…

1126 ModricWang's Fight with DDLs III 思路 由于题目中已经说明了时间经过了正无穷,因此初始位置是不重要的,并且每条边.每个点的地位是均等的.因此到达每个点的概率就是这个点的度数+1(可以停留就等于是有一条连向自己的边),最后的概率就是 \[\frac{\sum S中的点的度数}{\sum 所有点的度数}\] 时间复杂度\(O(m)\),空间复杂度\(O(m)\) 代码 #include <iostream> #include <set> #in…