洛谷题单 算法2-1 前缀和与差分
前缀和是一种重要的预处理,能大大降低查询的时间复杂度,而差分则是一种和前缀和相对的策略。
海底高铁
题目背景
大东亚海底隧道连接着厦门、新北、博艾、那霸、鹿儿岛等城市,横穿东海,耗资1000亿博艾元,历时15年,于公元2058年建成。凭借该隧道,从厦门可以乘坐火车直达台湾、博艾和日本,全程只需要4个小时。
题目描述
该铁路经过N个城市,每个城市都有一个站。不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票。第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<N)。如果搭乘的比较远,需要购买多张车票。第i段铁路购买纸质单程票需要Ai博艾元。
虽然一些事情没有协调好,各段铁路公司也为了方便乘客,推出了IC卡。对于第i段铁路,需要花Ci博艾元的工本费购买一张IC卡,然后乘坐这段铁路一次就只要扣Bi(Bi<Ai)元。IC卡可以提前购买,有钱就可以从网上买得到,而不需要亲自去对应的城市购买。工本费不能退,也不能购买车票。每张卡都可以充值任意数额。对于第i段铁路的IC卡,无法乘坐别的铁路的车。
Uim现在需要出差,要去M个城市,从城市P1出发分别按照P1,P2,P3…PM的顺序访问各个城市,可能会多次访问一个城市,且相邻访问的城市位置不一定相邻,而且不会是同一个城市。
现在他希望知道,出差结束后,至少会花掉多少的钱,包括购买纸质车票、买卡和充值的总费用。
输入格式
第一行两个整数,N,M。
接下来一行,M个数字,表示Pi
接下来N-1行,表示第i段铁路的Ai,Bi,Ci
输出格式
一个整数,表示最少花费
输入输出样例
输入 #1复制
9 10
3 1 4 1 5 9 2 6 5 3
200 100 50
300 299 100
500 200 500
345 234 123
100 50 100
600 100 1
450 400 80
2 1 10
输出 #1复制
6394
说明/提示
2到3以及8到9买票,其余买卡。
对于30%数据 M=2
对于另外30%数据 N<=1000 ,M<=1000
对于100%的数据 M,N<=100000,Ai,Bi,Ci<=100000
思路:差分数组+前缀和。我们要求的其实就是通过每段铁路的次数!注意不是每个城市的次数。而通过每段铁路的次数我们可以通过差分数组来获得。
观察一下:
一个差分数组和原数组
0------0------0------0------0
0------0------0------0------0
城市2~ 4(经过2~3)
0------1------0------(-1)------0
0------1------1------ 0 ------0
城市4~ 1(经过3~1)
1------1------0------(-2)------0
1------2------2------ 0 ------0
城市1~ 5(经过1~4)
2------1------0------(-2)------(-1)
2------3------3------ 1 ------ 0
通过差分数组,我们得到了通过每段铁路的次数,只需要就算一下买ic卡还是买票省钱就好了.
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int[] a = new int[100005];
int[] b = new int[100005];
int[] c = new int[100005];
int[] count = new int[100005];
int n = sc.nextInt();
int m = sc.nextInt();
int p1 = sc.nextInt();
for(int i=2;i<=m;i++){
int p2 = sc.nextInt();
if(p1<p2) {
count[p1]++;
count[p2]--;
}else{
count[p2]++;
count[p1]--;
}
p1 = p2;
}
long ans = 0;
long sum = 0;
for(int i=1;i<n;i++){
a[i] = sc.nextInt();
b[i] = sc.nextInt();
c[i] = sc.nextInt();
sum +=count[i];
if(sum!=0){
ans += Math.min(sum*a[i],c[i]+sum*b[i]);
}
}
System.out.print(ans);
}
}
【CSGRound2】光骓者的荣耀
题目背景
小 K 又在做白日梦了。他进入到他的幻想中,发现他打下了一片江山。
题目描述
小 K 打下的江山一共有n个城市,城市ii和城市i+1有一条双向高速公路连接,走这条路要耗费时间ai 。
小 K 为了关心人民生活,决定定期进行走访。他每一次会从1号城市到n号城市并在经过的城市进行访问。其中终点必须为城市n。
不仅如此,他还有一个传送器,传送半径为k,也就是可以传送到i−k和i+k。如果目标城市编号小于1则为1,大于n则为n。
但是他的传送器电量不足,只能传送一次,况且由于一些原因,他想尽量快的完成访问,于是就想问交通部部长您最快的时间是多少。
注意:他可以不访问所有的城市,使用传送器不耗费时间
输入格式
两行,第一行n,k。
第二行n−1个整数,第ii个表示ai。
输出格式
一个整数,表示答案。
输入输出样例
输入 #1复制
4 0
1 2 3
输出 #1复制
6
输入 #2复制
4 1
1 2 3
输出 #2复制
3
思路: 前缀和优化。纯暴力肯定不行,会超时。我们可以采用一个数组储存1~i 的距离。每次从i开始跳,时间复杂度是o(n)。
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int n =sc.nextInt();
int m = sc.nextInt();
long min = Long.MAX_VALUE;
long[] arr = new long[2000005]; //arr[i]储存i到i+1的距离
long[] sum = new long[2000005];//sum[i]表示从1到i+1的总路程
for(int i=1;i<n;i++){
arr[i] = sc.nextInt();
sum[i] = sum[i-1]+arr[i];
}
long count = -1;
for(int i=1;i<=n-m;i++){ //从i跳到i+k 需要先到i 耗费sum[i-1] 再从i+k到n 耗费sum[n-1]-sum[i+k-1]
long s1 = sum[i-1];
long s2 ;
count = Math.max(count,sum[i+m-1]-sum[i-1]);
/* if(i+m>=n){
s2 = 0;
}else{
s2 = sum[n-1]-sum[i+m-1];
}
min = Math.min(s1+s2,min);*/
}
System.out.print(sum[n-1]-count);
}
}
地毯
题目背景
此题约为NOIP提高组Day2T1难度。
题目描述
在 n×n 的格子上有 m 个地毯。
给出这些地毯的信息,问每个点被多少个地毯覆盖。
输入格式
第一行,两个正整数 n,m。意义如题所述。
接下来 m 行,每行两个坐标 (x1 ,y1) 和 (x2 ,y2 ),代表一块地毯,左上角是(x1 ,y1 ),右下角是(x2,y2 )。
输出格式
输出 n 行,每行 n 个正整数。
第 i 行第 j列的正整数表示 (i,j) 这个格子被多少个地毯覆盖。
输入输出样例
输入 #1复制
5 3
2 2 3 3
3 3 5 5
1 2 1 4
输出 #1复制
0 1 1 1 0
0 1 1 0 0
0 1 2 1 1
0 0 1 1 1
0 0 1 1 1
思路:
有一种叫做“差分”的奇技淫巧:
假设我们现在要给[2,5]这个区间加一。原来的序列是:
0 0 0 0 0 0 0 0
这时候我们在2上面打 +1 标记, 6 上面打 -1 标记。那么现在的序列是:
0 +1 0 0 0 -1 0
有什么用呢?从左往右扫描这个数组,记录当前经过的标签之和。这个和就是对应那个数的答案。
这样,对于每个区间加操作,只需要O(1) 的时间打上标记。
最后扫描输出即可。
现在把问题拓展到二维。假设我们要覆盖[(2,2),(5,5)] ,那么标记便可以这样打:
0 0 0 0 0 0
0 +1 0 0 0 -1
0 +1 0 0 0 -1
0 +1 0 0 0 -1
0 +1 0 0 0 -1
0 0 0 0 0 0
#include <stdio.h>
int a[1005][1005];
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<m;i++){
int x1,x2,y1,y2;
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
for(int j=x1;j<=x2;j++){
a[j][y1]++;
a[j][y2+1]--;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
a[i][j]+=a[i][j-1];
printf("%d ",a[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
最大子段和
题目描述
给出一个长度为 n 的序列 a,选出其中连续且非空的一段使得这段和最大。
输入格式
第一行是一个整数,表示序列的长度 n。
第二行有 n 个整数,第 i 个整数表示序列的第 i 个数字 ai 。
输出格式
输出一行一个整数表示答案。
输入输出样例
输入 #1复制
7
2 -4 3 -1 2 -4 3
输出 #1复制
4
说明/提示
样例 1 解释
选取 [3, 5] 子段{3,−1,2},其和为 4。
思路:前缀和扫一遍,时间复杂度O(n)
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int n = sc.nextInt();
int[] a = new int[200005];
for(int i=0;i<n;i++){
a[i] = sc.nextInt();
}
long sum = 0;
long max = -1000000;
for(int i=0;i<n;i++){
if(sum<0){
sum=0;
}
sum = sum+a[i];
max = Math.max(sum,max);
}
System.out.println(max);
}
}
最大加权矩形
题目描述
为了更好的备战NOIP2013,电脑组的几个女孩子LYQ,ZSC,ZHQ认为,我们不光需要机房,我们还需要运动,于是就决定找校长申请一块电脑组的课余运动场地,听说她们都是电脑组的高手,校长没有马上答应他们,而是先给她们出了一道数学题,并且告诉她们:你们能获得的运动场地的面积就是你们能找到的这个最大的数字。
校长先给他们一个N*N矩阵。要求矩阵中最大加权矩形,即矩阵的每一个元素都有一权值,权值定义在整数集上。从中找一矩形,矩形大小无限制,是其中包含的所有元素的和最大 。矩阵的每个元素属于[-127,127],例如
0 –2 –7 0
9 2 –6 2
-4 1 –4 1
-1 8 0 –2
在左下角:
9 2
-4 1
-1 8
和为15。
几个女孩子有点犯难了,于是就找到了电脑组精打细算的HZH,TZY小朋友帮忙计算,但是遗憾的是他们的答案都不一样,涉及土地的事情我们可不能含糊,你能帮忙计算出校长所给的矩形中加权和最大的矩形吗?
输入格式
第一行:n,接下来是n行n列的矩阵。
输出格式
最大矩形(子矩阵)的和。
输入输出样例
输入 #1复制
4
0 -2 -7 0
9 2 -6 2
-4 1 -4 1
-1 8 0 -2
输出 #1复制
15
说明/提示
n<=120
思路:怎么求最大子矩阵和呢?暴力枚举吗?太暴力了,肯定不行。我们可以在上一题最大子段和得到启示,我们可以将二维的矩阵压缩成一维的,按照求最大子段和的方式来求最大子矩阵和。用sum[i][j]来储存第j列前i行的元素和。
import org.omg.Messaging.SYNC_WITH_TRANSPORT;
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int[][] arr = new int[200][200]; //储存原始矩阵
int[][] sum = new int[200][200];//sum[i][j]储存的是矩阵前i行第j列的元素和
int n = sc.nextInt();
int max = Integer.MIN_VALUE; //max储存数组中最大值
int ans = Integer.MIN_VALUE;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
arr[i][j] = sc.nextInt();
max = Math.max(max,arr[i][j]);
sum[i][j]=sum[i-1][j]+arr[i][j];
}
}
if(max<=0){ //特判一下 如果数组元素最大值小于等于0 那么我们直接输出这个最大值即可
System.out.print(max);
System.exit(0);
}
for(int i=1;i<=n;i++){ //枚举矩阵起始行
for(int j=i;j<=n;j++){ //枚举矩阵终止行
int s = 0;
for(int k=1;k<=n;k++){ //枚举列
s += sum[j][k]-sum[i-1][k];
if(s<0){
s = 0;
}
ans = Math.max(ans,s);
}
}
}
System.out.print(ans);
}
}
领地选择
题目描述
作为在虚拟世界里统帅千军万马的领袖,小 Z 认为天时、地利、人和三者是缺一不可的,所以,谨慎地选择首都的位置对于小 Z 来说是非常重要的。
首都被认为是一个占地C×C 的正方形。小 Z 希望你寻找到一个合适的位置,使得首都所占领的位置的土地价值和最高。
输入格式
第一行三个整数N,M,C,表示地图的宽和长以及首都的边长。
接下来 N 行每行 M 个整数,表示了地图上每个地块的价值。价值可能为负数。
输出格式
一行两个整数 X,Y,表示首都左上角的坐标。
输入输出样例
输入 #1复制
3 4 2
1 2 3 1
-1 9 0 2
2 0 1 1
输出 #1复制
1 2
说明/提示
对于 60% 的数据,N,M≤50。
对于 90% 的数据,N,M≤300。
对于 100% 的数据,1≤N,M≤10^3 ,1≤C≤min(N,M)。
思路:前缀和。类似于上面那道求最大子矩阵和,不同的是矩阵边长给我们了。我们每次枚举领地的起始行领地的起始列。用sum[i][j]储存了第j行前i列的数据和。通过计算维护一个最大值,最后输出这一矩阵左上角的坐标就好了.
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int n =sc.nextInt();
int m = sc.nextInt();
int c = sc.nextInt();
int[][] arr = new int[1005][1005];
int[][] sum = new int[1005][1005];
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
arr[i][j] = sc.nextInt();
sum[i][j] = sum[i-1][j]+arr[i][j];
}
}
int x1 = -1;
int y1 = -1;
int max = Integer.MIN_VALUE;
for(int i=1;i+c-1<=n;i++){//枚举领地起始行
for(int j =1;j+c-1<=m;j++){ //枚举领地起始列
int s = 0;
for(int k=j;k<=j+c-1;k++){
s += sum[i+c-1][k]-sum[i-1][k];
}
if(max<s){
max = Math.max(s,max);
x1 = i;
y1 = j;
}
}
}
System.out.print(x1+" "+y1);
}
}