SRM 546 DIV2
250pt
数学模型:
给定一组数,求出现次数最多的数,若不唯一,取在数组中索引值的最大值最小的数。
分析:因为次要条件比较麻烦,数组遍历从末尾开始可轻易解决。
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class ContestWinner { public: int getWinner(vector <int> events) { int i,j,n,k,c,m=0; k=0; n=events.size(); for(i=n-1;i>=0;i--) { c=1; for(j=i-1;j>=0;j--) if(events[j]==events[i]) c++; if(c>=m) m=c,k=events[i]; } return k; } };
500pt
数学模型:
给定两个矩形的坐标求相对关系。
分析:虽然解决了,但用的离散化矩阵的坐标,编写起来比较麻烦还易错。
别人做时直接用两个一维区间相交的方法解决,相当漂亮。
结:方法可扩展到三维空间(长方体和长方体相交),甚至N维
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class TwoRectangles { public: string describeIntersection(vector <int> A, vector <int> B) { int x0,x1,y1,y0; x1=max(A[0],B[0]); y1=max(A[1],B[1]); x0=min(A[2],B[2]); y0=min(A[3],B[3]); if(x1<x0&&y1<y0) return "rectangle"; if(x1==x0&&y1<y0||x1<x0&&y1==y0) return "segment"; if(x1==x0&&y1==y0) return "point"; return "none"; } };
1000pt
数学模型:
求不大于N的含有count1个数字digit1和count2个数字digit2的数。
分析:
和SRM 545的550类似,都是给定一个数,求不大于它,符合一定条件的数。
都是从使用贪心+枚举,从末尾开始枚举数位来匹配条件。
而此题有所不同的是有可能溢出,即所求的数的位数可能多于原数,刚开始做的时候想分类讨论,后来发现溢出的部分还要再分类,易错,麻烦,怎么写自己都 不满意,推倒重来;
后来猜想在数之前加入一些前导0来避开分类,处理时又易与数字中的0搞混,想解决又得分类,又不满意,重想;
四天后又想到既然0会搞混,那加其它的不会搞混的就行了,于是改为加'-',还真的解决了。
结:
这个算法可由2个数字推广到10个数字。
解决满足一定条件并不大于给定数的问题,都可以尝试使用贪心+枚举,从尾数位开始枚举数字来匹配条件。
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class FavouriteDigits { public: long long findNext(long long N, int digit1, int count1, int digit2, int count2) { int b[10]={0}; int i,j,k,n,t; long long ret=0; char s[33]; if(digit1>digit2) swap(digit1,digit2),swap(count1,count2); for(i=0;i<15;i++) s[i]='-'; sprintf(s+i,"%lld",N); for(;s[i]!='\0';i++) b[s[i]-'0']++; if(b[digit1]>=count1&&b[digit2]>=count2) return N; n=i; for(i--;i>=0;i--) { if(s[i]=='-') k=0; else { k=s[i]-'0'; b[k]--; } for(k++;k<=9;k++) { b[k]++; t=(b[digit1]>count1?0:count1-b[digit1])+(b[digit2]>count2?0:count2-b[digit2]); if(t<=n-1-i) break; b[k]--; } if(k<=9) break; } s[i]=k+'0'; for(i++;i<n-t;i++) s[i]='0'; for(j=0;j<count1-b[digit1];j++) s[i++]=digit1+'0'; for(j=0;j<count2-b[digit2];j++) s[i++]=digit2+'0'; for(i=0;s[i]=='-';i++); for(;s[i]!='\0';i++) ret=ret*10+s[i]-'0'; return ret; } };