牛客寒假算法集训1-总结
A
思路:
直接遍历字符串s,判断是否依次出现过dfs和DFS
时间复杂度:
O(∑n)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
string a;
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
int s1=0,s2=0;
cin>>n>>a;
int b=0,c=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(a[i]=='D'&&b==0) b++;
else if(a[i]=='F'&&b==1) b++;
else if(a[i]=='S'&&b==2) b++;
if(a[i]=='d'&&c==0) c++;
else if(a[i]=='f'&&c==1) c++;
else if(a[i]=='s'&&c==2) c++;
}
if(b==3) s1=1;if(c==3) s2=1;
cout<<s1<<" "<<s2<<endl;
}
return 0;
}
B
思路:
利用mp1存第一行有火的列,mp2存第二行有火的列。再遍历mp1,用flag1,flag2,flag3,flag4标记左右是否堵住,左右是否有火。分类讨论当中间(2,0)有火时的情况,当中间没有火的情况。
时间复杂度:
O(∑nlogn)
AC代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int t,n;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--)
{
int res=0;//答案
//mp1[-3]=1表示(1,-3)有火,mp2[-3]=1表示(2,-3)有火
unordered_map<int,int>mp1,mp2;
//记录左边是否堵住,右边是否堵住,左边是否有火,右边是否有火
bool flag1=0,flag2=0,flag3=0,flag4=0;
//输入
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
if(a==1) mp1[b]=1;
else mp2[b]=1;
}
//遍历mp1
for(auto x : mp1)
{
int a=x.first;
if(a<0)
{
flag3=true;//左边有火
if(mp2[a]==1||mp2[a-1]==1||mp2[a+1]==1) flag1=true;//左边堵住
}
else if(a>0)
{
flag4=true;//右边有火
if(mp2[a]==1||mp2[a-1]==1||mp2[a+1]==1)
{
flag2=true;//右边堵住
//cout<<"here"<<endl;
}
}
}
for(auto x : mp2)
{
if(x.second==1)
{
int a=x.first;
if(a<0)
{
flag3=true;//左边有火
if(mp1[a]==1||mp1[a-1]==1||mp1[a+1]==1) flag1=true;//左边堵住
}
else if(a>0)
{
flag4=true;//右边有火
if(mp1[a]==1||mp1[a-1]==1||mp1[a+1]==1) flag2=true;//右边堵住
}
}
}
if(mp2[0]==1)//中间堵住
{
if(flag1==1&&flag2==1) res=0;//左右都堵住
else if(mp1[-1]==1&&mp1[1]==1) res=0;//鸡相邻左右都有火
else if(mp1[-1]==1&&flag2==true) res=0;//左边堵住,鸡相邻右边有火
else if(mp1[1]==1&&flag1==true) res=0;//右边堵住,鸡相邻左边有火
//左边堵住,右边堵住,鸡相邻左边有火,鸡相邻右边有火,四种情况其中之一
else if(mp1[-1]==1||mp1[1]==1||flag1==true||flag2==true) res=1;
else res=2;//其他情况需在鸡相邻左右加火
}
else
{
if(flag1==true&&flag2==true) res=0;//左右都堵住
else if(flag1==true&&flag4==true) res=1;//左边堵住,右边有火
else if(flag2==true&&flag3==true) res=1;//右边堵住,左边有火
else if(mp1[-1]==1&&mp1[1]==1) res=1;
else if(mp1[-1]==1||mp1[1]==1) res=2;
else if(flag1==true)
{
res=2;//左边堵住,右边无火
}
else if(flag2==true)
{
res=2;//右边堵住,左边无火
//cout<<"this"<<endl;
}
else if(flag3==true&&flag4==true)
{
res=2;//左右都没堵住,但都有火
}
else res=3;//其他情况,将鸡相邻左右和下方添加火
}
cout<<res<<endl;
}
}
C
思路:
按照办事时间从小到大排序,总不满意度最小。二分插入位置mid,插入后其前面人员不满意度不变,其后人员每人不满意度都加上tc,插队后总不满意度为sm+(n-x)*tc
时间复杂度:
O(nlogn+q)
AC代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
long long q,n,t;
long long a[N],sum[N];
long long m,s;
bool check(long long mid)//二分
{
if((n-mid)*t<=m) return true;
else return false;
}
int main()
{
cin>>n>>q>>t;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]+=a[i-1];
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
while(q--)
{
cin>>m;
int k=n;
s=n*t+sum[n];
if(s-sum[n]<=m) cout<<t<<endl;
else if(t>m) cout<<a[n]+t<<endl;
else
{
int l=1,r=n-1;
while(l<r)
{
long long mid=l+r>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<a[l]+t<<endl;
}
}
return 0;//审题真的很重要
}
E
思路:
DFS
时间复杂度:
O(∑n+3^m(n+m))
AC代码:
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <functional>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=20,INF=1e9;
PII q[N];
int backup[N];
int T,n,m;
int a[N];
int x,y,cnt=INF,red;
void dfs(int u)
{
if(u>m)//m场比赛结束
{
int sum=a[1];
memcpy(backup,a,sizeof a);//建一个临时数组排序
sort(backup+1,backup+n+1,greater<int>());//降序排序
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(backup[i]==sum) {red=i; break;}//获取排名
}
cnt=min(red,cnt);//更新排名
return;
}
a[q[u].x]+=3;//1 鸡赢 2鸡输
dfs(u+1);
a[q[u].x]-=3;
a[q[u].y]+=3;//2 鸡赢 1鸡输
dfs(u+1);
a[q[u].y]-=3;
a[q[u].x]+=1;//两鸡平局
a[q[u].y]+=1;
dfs(u+1);
a[q[u].x]-=1;
a[q[u].y]-=1;
}
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
memset(a,0,sizeof a);//初始化
memset(q,0,sizeof a);//初始化
cnt=INF;//初始化无穷大
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>q[i].x>>q[i].y;
dfs(1);//搜索
cout<<cnt<<endl;
}
return 0;
}
G
思路:
首先处理特殊数据,如果bi大于等于ai的话,相当于白送bi元钱,即m+=bi。其余数据按照ai从大到小排序。用sum存储ai及其后优惠卷的bi总和。接下来遍历ai,假设当前能够使用该优惠卷,则接下来所有的比当前ai小的优惠价都能使用,则此时可用总现金m+sum>=ai。即只要满足m+sum>=ai,则可购买的最大食物原价为m+sum。如果当前不满足m+sum>=ai,则当前优惠卷的bi将无法使用,则更新sum=sum-bi。特判如果遍历所有优惠卷后没有优惠卷可以使用,已有现金m即为可购买的最高原价商品。
时间复杂度:
O(∑nlogn)
AC代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e5+10;
long long t,n,m,cnt,my;
typedef pair<int ,int> PII;
PII a[N];
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;my=m;cnt=m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].x>>a[i].y;
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;)
{
int j=i;
while(j<=n&&a[j].x==a[i].x) my+=a[j].y,j++;
if(my>=a[i].x) cnt=my;
i=j;
}
cout<<cnt<<endl;
}
return 0;
}
M
思路:
起初是A~F,每次向右可以显示下六道题,如果不足六道就显示最后六题。然后从最后六题开始,每次向左可以显示前六题,如果不足六题显示最前面六题,所以如果n是六的倍数,一共有n/6种显示结果,如果n不是6的倍数,从头到尾有n/6+1种显示结果,从尾到头n/6-2种结果(因为首位两者已经被计算过),一共有2*n/6种结果
时间复杂度:
O(t)
AC代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n;
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
if(n%6==0) cout<<n/6<<endl;
else cout<<n/6*2<<endl;
}
return 0;
}
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