PTYJ错题总结

魔术社

1、算法思想维度

问题类型：贪心

错误原因：尝试使用 DFS，没想到可以贪心。

正确思路：求出每个数字的权位和，肯定将权位和大的数字变成值大的数字，由于有零，求出哪些数字可以变成 \(0\) 即不是某个大于二位的数字的首位，找一个可以变成 \(0\) 且权位和最小的数字变成 \(0\) 即可。

同类问题：

2、实现细节维度

边界问题：注意如果是 \(1\) 位数那么他的首位数字也是可以变成 \(0\) 的，不受前导零影响。

解题框架

signed main() {
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> s;
    int x = 1;
    reverse(s.begin(), s.end());
    for (char ch : s) cnt[ch - '0'] += x, x *= 10; // 计算数字 ch 的位权和
    f[s.back() - '0'] = 1; // 标记首位不能变成 0
  }
  int mn = *min_element(cnt, cnt + 10);
  for (int i = 0; i < 10; i++) { // 将最小的能变成 0 的数字变成 0
    if (!f[i] && cnt[i] == mn) {
      cnt[i] = 0;
      break;
    }
  }
  sort(cnt, cnt + 10);
  for (int i = 0; i < 10; i++) ans += i * cnt[i]; // 计算答案
  cout << ans;
}

3、数学建模维度

给定 \(n\) 个非负整数，可以对数字进行一次整体置换，要求不能出现前导 \(0\)，求所有整数的最大总和。

复杂度计算：

• 计算位权和：\(O(n\log n)\)。
• 排序分配数字：\(O(10\log 10)\)。
• 总复杂度：\(O(n\log n+10\log 10)\)。

4、改进措施

1. 要合理分配时间，不要做了后面的题，没做前面的题。
2. 对这类前导零相关的问题不了解，以为要分类讨论很多，就不想写。
3. 思考时要有条理，不要东想想西想想，浪费时间。

辩论社

1、算法思想维度

问题类型：贪心、回滚。

错误原因：把最大值数组的初始值设大，没有考虑到它要和 long long 类型比较。

正确思路：注意到操作肯定按 负数、max、正数，加法有可逆性，max 直接回滚即可。

2、实现细节维度

边界问题：注意把最大值数组赋值成 \(-10^{18}\)，而非 \(-10^9\)，痛失 \(20\) 分。

解题框架

struct Ds {
  vector<int> mx;
  inline void Add(int x) { // 加数
    if (mx.size()) {
      mx.push_back(max(x, mx.back()));
    } else {
      mx.push_back(x);
    }
  }
  inline void Pop() { mx.pop_back(); } // 回滚
} st[kMaxN];

3、数学建模维度

复杂度计算：

• 计算：\(O(1)\)
• 回滚：\(O(1)\)
• 枚举操作：\(O(n)\)
• 总复杂度：\(O(n)\)。

4、改进措施

• 注意细节，对于 max,min 注意下他跟那种类型操作，从而判断初始值。

• 卡常题不要 #define int long long

园艺社

1、算法思想维度

问题类型判定：枚举优化

误判原因：遇到大分讨就畏惧，没有尝试化简问题逐个击破。

正确思路：

\(n^8\) 的枚举是简单的，考虑优化校验。

由于每次只会改动至多两个位置，所以直接维护每行元素出现次数即可。

再优化枚举位置，考虑到不满足要求的行和列总共覆盖的位置数量也不多，将这些可疑位置求出来，再暴力枚举其中两个。

最后优化枚举值，因为肯定将值改成行和列里都没出现过的值，维护异或和即可。

2、实现细节维度

边界条件：注意回滚时要注意顺序，以及最后输出时要按 \(x\) 顺序输出。

循环变量：循环枚举可疑点即可。

解题框架

cin >> n, m = (n + 1) * n / 2;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      cin >> b[i][j];
      b[i][j] = (b[i][j] > n ? 0 : b[i][j]);
      W(i, j, b[i][j]);
      ps[i] += a[i][j], qs[j] += a[i][j];
    }
  }
  C();
  for (int i = 1; i <= n; i++) { // 找出可疑位置。
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      if (pc[i] != n || qc[j] != n) {
        e.push_back({i, j, m - ps[i] + a[i][j]}), ans.push_back(e.back());
        C(), ans.clear(); // 判断是否能通过一次操作完成。
      }
    }
  }
  for (int i = 0; i < e.size(); i++) { // 枚举要修改的两个不合法位置。
    for (int j = i + 1; j < e.size(); j++) {
      if (e[i][0] == e[j][0]) { // 找出修改成的值。
        e[i][2] = m - qs[e[i][1]] + a[e[i][0]][e[i][1]], e[j][2] = m - qs[e[j][1]] + a[e[j][0]][e[j][1]];
      } else {
        e[i][2] = m - ps[e[i][0]] + a[e[i][0]][e[i][1]], e[j][2] = m - ps[e[j][0]] + a[e[j][0]][e[j][1]];
      }
      ans.push_back(e[i]), ans.push_back(e[j]);
      C(), ans.clear(); // 判断是否合法。
    }
  }

3、数学建模维度

• 校验：\(O(1)\)。
• 枚举值：\(O(1)\)。
• 枚举位置：\(O(n^2)\)
• 总时间复杂度：\(O(n^2)\)

4、改进措施

1. 对复杂问题不要怕
2. 要有化简问题的能力
3. 对于长难题，要把代码写的简洁，有利于调试。