第2课-枚举、排序、贪心

前言

如果认为自己代码没问题，换行问题，边界问题等都处理了还是不行，可以试试交 C++(GCC9) 该类型，因为部分题目是 UVA 上的老题，可能不支持新版本的 C++。

如果提交UNKNOWN ERROR，应该是没绑定UVA账号，洛谷右上角个人设置里去填写注册一下即可。

除法 Division

思路

这个题一定要注意输出格式！！！，最后一行 \(0\) 不能输出多余空格，建议是打个标记在最开头输出换行。

因为数字只有 \(0\sim 9\)，所有可以考虑全排列，但是对每次 \(n\) 都去跑全排列这个时间代价是 \(10!\) 级别的，难以承受，细想可以发现，其实对于每个 \(n\) 来说，有很多不必要的排列是不用去枚举的，所以我们可以预处理出 \(0\sim 9\) 的排列，然后根据前 \(5\) 位和后 \(5\) 位得到它们与 \(y\) 的关系，从而在询问的时候直接输出答案即可。

考虑更快优化，因为 \(\frac xy =n\)，且 \(2\leq n \leq 79\)，\(x\) 又是固定 \(5\) 位数，所以我们可以直接枚举 \(10234\sim98765\)，然后除去 \(n\) 得到 \(y\)，最后只要检查 \(x\) 与 \(y\) 是否满足排列的关系即可。

（全排列预处理）代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

struct Node {
	int x, y;
} ans[80][100000];

int cnt[100];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int a[] = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};

	do {

		int x = 0, y = 0;
		for (int i = 0; i < 5; i ++) {
			x = x * 10 + a[i];
			y = y * 10 + a[i + 5];
		}

		if (x % y == 0 && x / y <= 79) {
			int d = x / y;
			cnt[d] ++;
			ans[d][cnt[d]].x = x;
			ans[d][cnt[d]].y = y;
		}

	} while (next_permutation(a, a + 10));

	int n, f = 0;
	while (scanf("%d", &n)) {
		if (n == 0) {
			break;
		}
        
		if (f == 1) printf("\n");
		f = 1;
        
		if (cnt[n] == 0) {
			printf("There are no solutions for %d.\n", n);
		} else {
			for (int i = 1; i <= cnt[n]; i ++) {
				printf("%05d / %05d = %d\n", ans[n][i].x, ans[n][i].y, n);
			}
		}
	}

	return 0;
}

（枚举优化）代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n, F = 0;
	while (scanf("%d", &n)) {
		if (n == 0) {
			break;
		}
        
		if (F == 1) printf("\n");
		F = 1;

		int cnt = 0;
		for (int x = 10234; x <= 98765; x ++) {
			if (x % n == 0) {
				int y = x / n;

				int num[10] {};
				for (int i = 1; i <= 10000; i *= 10) {
					num[x / i % 10] ++;
					num[y / i % 10] ++;
				}

				int ok = 1;
				for (int i = 0; i <= 9; i ++) {
					if (num[i] == 0) {
						ok = 0;
					}
				}

				if (ok == 0) {
					continue;
				}

				cnt ++;
				printf("%05d / %05d = %d\n", x, y, n);
			}
		}

		if (cnt == 0) {
			printf("There are no solutions for %d.\n", n);
		}
	}

	return 0;
}

（优化预处理）代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

struct Node {
	int x, y;
} ans[80][100000];

int cnt[100];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	for (int x = 10234; x <= 98765; x ++) {
		for (int n = 2; n <= 79; n ++) {
			if (x % n == 0) {
				int y = x / n;

				int num[10] {};
				for (int i = 1; i <= 10000; i *= 10) {
					num[x / i % 10] ++;
					num[y / i % 10] ++;
				}

				int ok = 1;
				for (int i = 0; i <= 9; i ++) {
					if (num[i] == 0) {
						ok = 0;
					}
				}

				if (ok == 0) {
					continue;
				}
				cnt[n] ++;
				ans[n][cnt[n]].x = x;
				ans[n][cnt[n]].y = y;
			}
		}
	}

	int n, f = 0;
	while (scanf("%d", &n)) {
		if (n == 0) {
			break;
		}
        
		if (f == 1) printf("\n");
		f = 1;
        
		if (cnt[n] == 0) {
			printf("There are no solutions for %d.\n", n);
		} else {
			for (int i = 1; i <= cnt[n]; i ++) {
				printf("%05d / %05d = %d\n", ans[n][i].x, ans[n][i].y, n);
			}
		}
	}

	return 0;
}

最大乘积 Maximum Product

思路

枚举区间起点和终点，计算区间乘积，取最大值即可，注意答案可能会超过 int 范围，需用 long long。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int N = 20;
i64 a[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n, cnt = 0;
	while (cin >> n) {

		for (int i = 1; i <= n; i ++) {
			cin >> a[i];
		}

		i64 ans = 0;
		for (int l = 1; l <= n; l ++) {
			for (int r = l; r <= n; r++) {
				i64 res = 1;
				for (int k = l; k <= r; k++) {
					res *= a[k];
				}
				ans = max(ans, res);
			}
		}

		cout << "Case #" << ++cnt << ": The maximum product is " << ans << ".\n\n";
	}

	return 0;
}

分数拆分 Fractions Again?!

思路

由题目得 \(x,y\) 是正整数，有 \(x>0,y>0\)。

\[\because x\ge y \]

\[\therefore \frac 1x \le \frac 1y,且 \frac 1x = \frac 1k -\frac 1y =\frac{y-k}{ky} \]

\[\therefore \frac 1k - \frac 1y\le \frac 1y,y\le 2k \]

\[\because x = \frac{ky}{y-k} > 0 \]

\[\therefore y-k> 0 \to y> k \]

所以我们可以从 \(k+1\sim2k\) 枚举 \(y\)，然后算出 \(x\)，记录答案即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int N = 20010;

int x[N], y[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int k;
	while (cin >> k) {

		int cnt = 0;
		for (int i = k + 1; i <= 2 * k; i ++) {
			if (i * k % (i - k) == 0) {
				cnt ++;
				y[cnt] = i, x[cnt] = i * k / (i - k);
			}
		}

		cout << cnt << '\n';
		for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
			cout << "1/" << k << " = 1/" << x[i] << " + 1/" << y[i] << '\n';
		}

	}

	return 0;
}

P2141 [NOIP2014 普及组] 珠心算测验

思路

要求找到 \(x+y=z[x,y,z\in A]\)，因为数据很小，那么我们可以直接三次循环枚举 \(z,y,z\) 然后判断加数和被加数是否不相同，并且它们的和等于 \(z\)，注意，题目问的是集合 \(A\) 中有多少个数等于集合中另外两个不同的数的和，也就是说 \(2+4=6\) 和 \(1+5=6\) 这种只能算 \(1\) 次，所以我们可以另外用数组来判断 \(z\) 是否出现过，最后再循环一次，把出现过的数统计一下即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

const int N = 110;
int a[N], ok[N * N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n;
	cin >> n;

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i];
	}

	for (int k = 1; k <= n; k ++) {
		for (int i = 1; i <= n; i ++) {
			for (int j = i + 1; j <= n; j ++) {
				if (a[i] != a[j] && a[i] + a[j] == a[k]) {
					ok[a[k]] = 1;
				}
			}
		}
	}

	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= N * N; i++) {
		if (ok[i] != 0) {
			ans ++;
		}
	}

	cout << ans << '\n';

	return 0;
}

P8772 [蓝桥杯 2022 省 A] 求和

思路

\[S=a_{1} \cdot a_{2}+a_{1} \cdot a_{3}+\cdots+a_{1} \cdot a_{n}+a_{2} \cdot a_{3}+\cdots+a_{n-2} \cdot a_{n-1}+a_{n-2} \cdot a_{n}+a_{n-1} \cdot a_{n} \]

根据这个式子，你当然可以暴力的双循环进行求和，但是提交你会发现 TLE，因为题目说了对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n\le 2\times 10^5\)，所以这个时候去双层循环显然计算机就承担不起 \(2\times 10^5 \times 2\times 10^5\) 的这样运算，因此我们需要优化。

仔细观察这个式子，其实我们可以尝试提取一下公因项，那么就可以得到：

\[S=a_1\cdot (a_2+a_3+\dots+a_n)+a_2\cdot (a_3+a_4+\dots+a_n)+\dots+a_{n-2}\cdot (a_{n-1}+a_n)+a_{n-1} \cdot a_n \]

诶！是不是有点规律了？

假如我们优先把 \(a_1+a_2+a_3+\dots+a_n=sum\) 计算出来，那我们每次循环的时候减去 \(a_i\)，那是不是就得到了 \(a_{i+1}+a_{i+2}+\dots+a_n\) 呢？

所以上述式子可以转变为：

\[S=\sum\limits_{i=1}^na_i\cdot(sum-\sum\limits_{j=1}^ia_j) \]

同理，另外一种方法，我们给它补上缺的 \(a_1+a_2+\dots+a_i\)，那最后就得到了

\[(a_1+a_2+\dots+a_n)\cdot sum-a_1\cdot a_1-a_2\cdot(a_1+a_2)-\dots-a_n\cdot(a_1+a_2+\dots+a_n) \]

即：

\[S=sum^2-\sum\limits_{i=1}^na_i\cdot(\sum\limits_{j=1}^ia_j) \]

不过最后这个方法感兴趣的同学可以自己写写，这里就只放第一种了。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

const int N = 200100;
int a[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n;
	cin >> n;

	long long sum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i];
		sum += a[i];
	}

	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		sum -= a[i];
		ans += sum * a[i];
	}

	cout << ans << '\n';

	return 0;
}

P1618 三连击（升级版）

思路

看到要求 \(1\sim9\) 的方案数，那自然想到一种暴力是全排列了，用上next_permutation这个函数，可以很快求得排列方案，需要注意这个函数最初的数列，必须要从最小到从大排列，所以一般会搭配sort使用，不过我们这里直接初始化了，就不用排序，然后就是根据比例关系 \(\frac ab=\frac xy\to a\times y=b\times x\) 判断是否合法，其他比例同理。

当然，和前面的那道题一样，我们也枚举三位数，然后根据比例计算出其他两个数，判断是否是 \(1\sim9\) 的排列即可。

（全排列）代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	long long a, b, c;
	cin >> a >> b >> c;

	int A[9] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};

	int f = 0;
	do {

		int x = 0, y = 0, z = 0;
		for (int i = 0; i < 3; i ++) {
			x = x * 10 + A[i];
			y = y * 10 + A[i + 3];
			z = z * 10 + A[i + 6];
		}

		if (b * x == a * y && b * z == c * y && a * z == c * x) {
			f = 1;
			cout << x << ' ' << y << ' ' << z << '\n';
		}

	} while (next_permutation(A, A + 9));

	if(f == 0){
		cout << "No!!!\n";
	}

	return 0;
}

（枚举三位数）代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int a, b, c;
	cin >> a >> b >> c;

	if (a == 0) {
		cout << "No!!!\n";
		return 0;
	}

	bool f = false;
	for (int i = 123; i <= 329; i++) {
		int x = i, y = i * b / a, z = i * c / a;
		if (y < 100 || y > 1000 || z < 100 || z > 1000)continue;
		
		int vv[10] {};
		vv[x / 100] = vv[x / 10 % 10] = vv[x % 10] = 1;
		vv[y / 100] = vv[y / 10 % 10] = vv[y % 10] = 1;
		vv[z / 100] = vv[z / 10 % 10] = vv[z % 10] = 1;
		if (vv[1] && vv[2] && vv[3] && vv[4] && vv[5] && vv[6] && vv[7] && vv[8] && vv[9]) {
			cout << x << " " << y << " " << z << '\n';
			f = true;
		}
	}
	if (f == false) {
		cout << "No!!!" << '\n';
	}

	return 0;
}

B3968 [GESP202403 五级] 成绩排序

思路

此题考察自定义排序，强烈要求同学们好好写。

此外题中要求要按同学原来的顺序输出他们各自的排名，所以我们在按要求排完序后还得记录他们各自的排名，然后再按照他们原来的顺序再排序回去。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int N = 10010;

struct Node {
	int c, m, e;
	int id, rank;
} a[N];

bool cmp(Node x, Node y) {
	if (x.c + x.m + x.e != y.c + y.m + y.e) {
		return x.c + x.m + x.e > y.c + y.m + y.e;
	}
	if (x.c + x.m != y.c + y.m) {
		return x.c + x.m > y.c + y.m;
	}
	if (max(x.c, x.m) != max(y.c, y.m)) {
		return max(x.c, x.m) > max(y.c, y.m);
	}
	return 1;
}

//根据id还原原来的顺序
bool cmp1(Node x, Node y) {
	return x.id < y.id;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n;
	cin >> n;

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i].c >> a[i].m >> a[i].e;
		a[i].id = i;
	}

	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);

	a[1].rank = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++) {
		a[i].rank = i;
		if (a[i].c + a[i].m + a[i].e == a[i - 1].c + a[i - 1].m + a[i - 1].e) {
			if (a[i].c + a[i].m == a[i - 1].c + a[i - 1].m) {
				if (max(a[i].c, a[i].m) == max(a[i - 1].c, a[i - 1].m))
					a[i].rank = a[i - 1].rank;
			}
		}
	}

	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp1);

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cout << a[i].rank << '\n';
	}

	return 0;
}

P1177 【模板】排序

思路

考察排序的用法。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int N = 100010;
int a[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n;
	cin >> n;

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i];
	}

	sort(a + 1, a + 1 + n);

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cout << a[i] << ' ';
	}
	cout << '\n';

	return 0;
}

P2676 [USACO07DEC] Bookshelf B

思路

要求我们用最少的奶牛叠到一定高度，就和用最少的钱凑成一定的数一样，贪心的选取最大的来凑，从大到小排序后，当某一个数凑起来大于了给定的数之后，输出这个数的位置即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int N = 100010;
int a[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n, w;
	cin >> n >> w;

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i];
	}

	sort(a + 1, a + 1 + n, greater<>());

	int sum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		if (sum + a[i] < w) {
			sum += a[i];
		} else {
			cout << i << '\n';
			break;
		}
	}

	return 0;
}

P1478 陶陶摘苹果（升级版）

思路

和上面那道题类似，只不过这题问的是 \(s<0\) 之前最多能摘到多少苹果，所以当 \(s-A_i<0\) 的时候我们得输出 \(i-1\) 也就是最多只能摘 \(i-1\) 个苹果；

另外，题目要求 \(h_i\le a+b\) 的才可以摘，这种有个小技巧就是我们在输入的时候只把符合要求的记录下来，大于 \(a+b\) 的我们不记录即可，还有可能所有的苹果摘完了还没耗尽力气，这个直接输出我们能摘到的最多苹果数即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int N = 100010;
int A[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n, s, a, b;
	cin >> n >> s >> a >> b;

	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		if (x <= a + b) {
			cnt ++;
			A[cnt] = y;
		}
	}

	sort(A + 1, A + 1 + cnt);

	for (int i = 1; i <= cnt; i ++) {
		if (s >= A[i]) {
			s -= A[i];
		} else {
			cout << i - 1 << '\n';
			return 0;
		}
	}

	cout << cnt << '\n';

	return 0;
}

P1223 排队接水

思路

要使得整体的平均等待时间最短，那么只能让打水快的人先打，这样后面的人才能排队时间更短，否则让一个打得很慢的人排在前面，那么后面\(n-1\) 个人都得等他打完。

cout<<fixed<<setprecision(x)<< 是c++保留几位小数的函数，要保留几位，\(x\) 就填几，记不住也可以用C语言的 printf("%.2lf",ans)，不过要记住，c++的输入输出语法最好不要和C语言混用，要用printf，那么输入尽量也换成scanf。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int N = 100010;
struct Node {
	int time, id;
} a[N];

bool cmp(Node x, Node y) {
	return x.time < y.time;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int n;
	cin >> n;

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i].time;
		a[i].id = i;
	}

	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);

	double ans = 0, now = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cout << a[i].id << " ";

		ans += now;
		now += a[i].time;
	}

	ans /= n;
	cout << '\n';
	cout << fixed << setprecision(2) << ans << '\n';

	return 0;
}