890 画个圈圈诅咒你 思路 简单题.题目中的圆并没有什么实际作用,简化成线段重合问题会更好理解些. 暴力解法:使用双重for循环会T到想哭,记住最直接的方法一般是过不了题的. 解法一:二分查找.空间较小,时间更长. 把圆相离的问题转换为线段相交的问题,按先起点后终点的顺序升序排列这些圆(线段).对于每条线段,向右找到第一条起点比这条线段终点大的线段,然后后面的线段都会满足要求,这里用二分去找.具体参考参考代码一. 解法二:线性查找.时间更短,空间更大. 同样是把圆相离的问题转换为线段的相交问题…

Bamboo的OS实验 分析 首先理解题意,要完成不同数量的不同命令,但是完成相同的命令之间必须有n个间隔,为使得时间最短,自然优先用其他命令来填充这n分钟的时间,由于数量少的命令可以用来填充空隙,所以次数最多的命令是起作用最大的.而且注意到,每次具体执行的是哪个命令并不影响时间,只与命令的数量有关(这有点贪心的思想,当预习吧) 基于以上分析,可以有以下几种方法: 1.按照命令数量从大到小排列,每次都是从数量最多的命令开始新一轮周期,这样是用时最少的. 举个栗子,命令1 2 3 4 5各有6 1…

873 思路 这是一道非常基础的题,目的是帮助大家回顾快排相关的知识.大家完成此题之后应该就对快排有比较深刻的印象了. 对于整个快排的流程,题目描述中已经给了清晰完整的伪代码.需要自己加工的部分就是,需要手动记录下每次划分后的分界线,也就是划分时的变量\(i\). 由于数据较为简单,要求的层数也较浅,实现划分函数后手工调用即可. 时间复杂度\(O(n)\),空间复杂度\(O(n)\) 代码 #include <iostream> using namespace std; const int M…

891 ModricWang's Number Theory II 思路 使得序列的最大公约数不为1,就是大于等于2,就是找到一个大于等于2的数,它能够整除序列中的所有数. 考虑使得一个数d整除数组中所有数的代价: 如果一个数不能被b整除,那么可以花费x的代价删掉它,或者通过多次加1使得它可以被d整除,代价应该为 \((d - a[i]\%d) * y\) , \((a[i] \% d == 0s时特判,应该为0)\) 令 \(l = x / y\) 如果\(d - a[i] \% d <= l…

862-AlvinZH的儿时梦想--运动员篇 思路 难题. 应该想到,不管给出的数据如何,每一个淘汰的人不会对最终答案产生任何影响,所以每次淘汰就把人除掉就可以了,最后剩下的两个人计算它们从开始到相遇需要的时间就可以了. 首先对每个人根据初始位置进行排序,因为相遇总是先发生在相邻的两个人身上的,所以一开始先对相邻的人两两计算相遇时间,然后把相遇时间放进优先队列里(保证时间短的优先出队),然后依次出队,判定见面的两个人中哪个会被淘汰,然后把淘汰的人除去,维护新建立起来的相邻关系,以及新的相遇时间放…

Bamboo的饼干 分析 从两个数组中各取一个数,使两者相加等于给定值.要注意去重和排序 难度不大,方法很多,基本只要不大于O(n^2 ) 的都可以过.本意想考察二分搜索 还可以借助stl中的map,set以及lower_bound等,当然只用数组也可以做.由于数据范围不大,也可以直接用数组下标来计数. 提起去重,有同学似乎一直纠结 (2,3)和(3,2)算不算重复数对..不算!只有(2,1)(2,1)这样的是真·重复对 map 这是很多AC代码用到的方法.因为map的key值是不重复且有序的,…

872 AlvinZH的儿时梦想----坦克篇 思路 简单题.仔细看题,题目意在找到直线穿过的矩形数最小,不能从两边穿过.那么我们只要知道每一行矩形之间的空隙位置就可以了. 如果这里用二维数组记住每一个空隙的位置,一是没有必要,二是记录了还要大量的处理才能得到答案.反正我是没想过要怎么处理. 可以发现,要得到本题的答案,只要找到空隙最多的哪个位置,我们取左边参考点,每一行的空隙位置我们可以记录到同一个数组里,即用A[pos]代表pos位置的直线有多少个空隙.但是发现总长度有点大,用数组是不可能了…

题目描述: 样例: 实现解释: 一道看似复杂但实际既是斐波那契变形的题目 知识点:递推,斐波那契 通过问题的描述,可以得到以下规律:(除了座位数为一时)男生坐最后时,倒数第二个一定是女生:女生坐最后,倒数第二个均可.转化:i个位置时男生结尾的情况数等于i-1个位置时女生结尾的情况数,i个位置时女生结尾的情况数等于i-1个位置时的总情况数. 于是便可得出两种解决方案:斐波那契变形和直接循环递推 斐波那契变形: i位置男生结尾的情况 = i-1位置女生结尾情况数 = i-2位置总情况数 i位置女生结…

题目描述: 样例: 实现解释: 最基础的流水线调度问题,甚至没有开始和结束的值 实现方法即得出状态转移方程后完善即可,设a[][i]存储着第一二条线上各家的时间花费,t[][i]存储着i处进行线路切换的花费,f[][i]存储着各线在i处的最小花费. 则对每一个f[][i]应有如下的转移方程: f[0][1] = a[0][1]; f[1][1] = a[1][1]; f[0][i] = min(f[0][i-1]+a[0][i],f[1][i-1]+t[1][i-1]+a[0][i]); f[1…

题目描述: 样例: 实现解释: 一道需要一点思考的动态规划题目 知识点:动态规划,数据记录 首先将题目描述调整:分别输入不同分数的题目总分(便于后续计算),当获得了i分数的总分后无法获得i-1和i+1的总分. 于是便可先利用score[i]储存i分数的总分数,用dp[i]储存以前i个分数为范围进行题目选择时的最大可获得分数.dp便是动态规划所用的数组. 于是可得状态转移方程如下: dp[0] = score[0]; dp[1] = score[1]; dp[i] = max(dp[i-2]+sc…

1082 AlvinZH的学霸养成记VI 思路 难题,凸包. 分析问题,平面上给出两类点,问能否用一条直线将二者分离. 首先应该联想到这是一个凸包问题,分别计算两类点的凸包,如果存在符合题意的直线,那么这两个凸包(凸多边形)一定是不相交的. 计算凸包一般有两种方法,Graham扫描法和Jarvis步进法. Graham扫描法比较简单,好理解,书中也有伪代码.先找到最左下点P0,对剩下的点相对P0进行极角排序.然后依次进栈判断.当算法终止时,栈中从底部到顶部,依次是按逆时针方向排列的凸包中的点(有…

Bamboo之吃我一拳 分析 当两个点的距离<=d时,才可以出拳,想要使得满足出拳条件的点对最少但不为0 寻找最近点对距离,得到的最近距离能够使得可以出拳的组数最少,因为除了最近点对外其他组合均不符合条件. 在一堆点中找到两个点的距离最小,暴力的O(n^2)计算量很恐怖,可以用分治思想把问题变小: 把平面上的点分为两拨,距离最近的两个点只可能出现在:第一堆,第二堆,和两堆2中各自一个点 分解 想象一条垂直线把所给点集分成两拨:所有的点要么在直线左边,要么在其右边.按x坐标升序排列. 解决 划分后…

1064 Bamboo和"Coco" 分析题意 每个亡灵至少一个花瓣,相邻的亡灵中思念值高的要获得的花瓣高(思念值相等是不需要花瓣一样多的).主要考贪心思路,为了使得花瓣总量最少,每次比思念值更低的"邻近亡灵"的花瓣数多一就可以了 思路 都是先保证每个亡灵至少一个花瓣 思路一 直接模拟思路,同时关心左边和右边(或者说前边和后边),一次循环是不够的,比如3 2 1,修改了1号的花瓣数,再修改2号的花瓣数,此时会对一号产生影响.需要多次遍历,直到没有新的改变为止,算法为…

Bamboo&APTX4844魔发药水 题意 "于是,Bamboo耐着性子,看巫师从袖子里掏出 M 瓶时光泉水和 K 粒绿色能量.每瓶时光泉水重量为 c ,生发效果为 l:每粒绿色能量的重量为w ,生发效果为 r.但一瓶APTX4844的重量不能超过 S,否则很难过安检(难道不是难以下咽?)." "配置魔发药水需要用到至多两种原料:固态的绿色能量和液态的时光泉水.但是由于两者副作用不一样,*制作时优先选用副作用小的绿色能量,即先考虑使用绿色能量使得生发效果最大,然后再…

1119 AlvinZH's Fight with DDLs III 思路 难题,最小点覆盖. 分析题意,某一个任务,既可以在笔记本A的 \(a\) 模式下完成,也可以在笔记本B的 \(b\) 模式下完成.如果笔记本A处于x模式,那么所有可以在笔记本x模式的任务可以一起完成,B同理.这两句话作为题目核心,该如何转化呢? 对于每个任务对应的(a,b),我们把它映射到平面坐标当中,明显发现,此题和二营长,你他娘的意大利炮呢简直一模一样.其实就是一个最小点覆盖问题,也就是最大二分图匹配问题. 关于最小…

中等·Bamboo's Fight with DDLs II 分析 一句话:给定字符串,求最长回文子序列长度,动态规划LCS思想的进阶应用 具体思路如下: 对于任意字符串,如果头尾字符相同,那么字符串的最长回文子序列等于去掉首尾的字符串的最长子序列加上首尾:如果首尾字符不同,则最长回文子序列等于去掉头的字符串的最长回文子序列和去掉尾的字符串的最长回文子序列的较大者. 因此动态规划的状态转移方程为: 设字符串为str,长度为n,dp[i][j]表示第i到第j个字符间的回文子序列的最大长度(i<=j…

1124 ModricWang's Fight with DDLs I 思路 这道题本质上就是一个多项式求值,题目中的n需要手动算一下,单位复根可以根据复数的性质来求,即\(e^{i\pi}+1=0\),对指数\(i\pi\)进行乘除就能得到各个单位复根,带进多项式即可得到答案.需要注意的是,这里的函数次数k很小,因此时间复杂度为\(O(k^2)\) 的朴素算法是完全没有问题的.如果k大一些,就可以使用FFT了,这个题的题面在做的其实就是求一次FFT.希望通过这一个题帮助大家巩固一下FFT的定义…

Bamboo之寻找小金刚 分析 可以抽象为许多连续线段,分别计数左拐和右拐的个数.考察叉积的基础应用. 假设ABC三点构成一个夹角∠ABC,B就是拐点,AC是辅助形成夹角.考虑线段AB和BC形成的向量 sin∠ABC= (AB * BC)/|AB|*|BC| 两个向量的叉乘除以它们的模 所以叉乘可以判断夹角是否大于180°从而确定转向.当然叉积是有方向的,可以自己选择哪条边在前,只要标准统一即可.每三个点组成一组,遍历,分别计数左拐数和右拐数.具体叉积相关操作可以看<算法导论> 注意 常见的一…

1066 ModricWang的水系法术 思路 比较典型的最大流问题,需要注意的是,题目已经暗示(明示)了这里的边是双向的,在建图的时候需要加上反向边的容量值. 解决最大流问题的基本思路就是不断在残量网络上找增广路径,这里可以参考一下我院远古学长Song Renfei对于ISAP算法的讲解:ISAP 时间复杂度\(O(V^2 \sqrt E)\) 代码 #include <iostream> #include <cstring> using std::ios_base; using…

1039 AlvinZH的学霸养成记IV 思路 难题,最大二分图匹配. 难点在于如何转化问题,n对n,一个只能攻击一个,判断是否存在一种攻击方案我方不死团灭对方.可以想到把所有随从看作点,对于可攻击的两个随从间连上边,这样就把问题转化为图了. 需要注意的是属性值的转化:免疫可看做生命值无限,剧毒可看做攻击力无限.(需要一点小小的机智) 图建好了,接下来怎么办呢?假设存在一种方案满足题意,那就是每个我方随从都可以找到敌方随从攻击,由于要团灭,只能存在一对一的情况,不存在多对一或一对多.如何表达这个…

850 AlvinZH的学霸养成记III 思路 难题.概率DP. 第一种思考方式:直接DP dp[i]:从已经有i个学霸到所有人变成学霸的期望. 那么答案为dp[1],需要从后往前逆推.对于某一天,有可能会增加一个学霸or不增加. ①增加:\((dp[i+1] + 1) * P\) ②不增加:\((dp[i] + 1) * (1-P)\) 其中,\(P = i * (n - i) * p / (C(n,2))\),C(n,2) = (n - 1) * n / 2.其含义是:n个人中选出一非学霸一…

Bamboo and the Ancient Spell 分析 可能英文读题难度比较大,但是只要看到全大写的 "THE LONGEST COMMON SUBSEQUENCE !"应该就清楚这是考什么的了. 最长公共子序列:可以不连续.序列长度很大时,暴力方法非常费时,这也是一道比较经典的<算法导论>上的动态规划题. 设序列X=<x1, x2, -, xm>和Y=<y1, y2, -, yn>的一个最长公共子序列Z=<z1, z2, -, zk&…

940 AlvinZH的最"长"公共子序列 思路 DP,难题. \(dp[i][j]\) :记录A的前i个字符与B的前j个字符变成相同需要的最小操作数. 初始化:dp[i][0] = i, dp[0][i] = i.分别代表i次删除or添加操作. 三种操作得到dp[i][j],取其中最小值: 替换:可能不需要替换,所以是dp[i-1][j-1]+Same(A[i-1],B[j-1]): 删除:dp[i-1][j]+1: 添加:dp[i][j-1]+1. 千万不要纠结操作的序列是A还是B…

978 AlvinZH的1021实验plus 思路 贪心,中等题. 使用miss变量表示未覆盖的最小数字,初始值为1. 初始覆盖区间为[1,miss),目标是覆盖[1,m],即miss需要大于m. 需要比较miss和数组里没有使用的数字中最小的数字x(所以需要先给数组排序. miss更小:没有一个组合可以满足需要的值,需要插入该值,即插入miss,这时覆盖区间变成 \([1,miss<<1)\) . miss更大:当前可以覆盖[1,miss),加上此值,覆盖区间变为 \([1,miss+x)\…

1019 ModricWang的序列问题 思路 此题题意非常清晰,给定一个序列,求出最长上升子序列的长度.从数据规模来看,需要\(O(nlogn)\) 的算法. \(O(nlongn)\) 求最长上升子序列的做法如下: 维护一个数组\(f[]\) ,其中\(f[i]\) 表示当前步骤下长度为i的上升子序列的末尾元素的最小值. 需要注意的是,\(f[i]\) 一定是单调递增的,这个结论十分显然,这里就不做证明了. 使用动态规划思想,对于原序列中的每个元素,都拿去更新一次\(f[]\) .假设当前元…

904 Winter is coming 思路 难题.首先简化问题, \(n\) 个0与 \(m\) 个1排成一列,连续的0不能超过x个,连续的1不能超过y个,求排列方法数. 显然会想到这是动态规划.最快想到的方法是 \(dp[i][j][x][y]\) 表示已经有i个北境兵j个野人参与排列,且末尾有x个连续北境士兵或y个连续野人士兵的方案数.这方法显然是正确的,但是光是 \(dp[200][200][10][10]\) 数组已经十分接近本题内存限制了,保证MLE.状态转移方法是大模拟,四层fo…

905 AlvinZH的奇幻猜想--三次方 思路 中等题.题意简单,题目说得简单,把一个数分成多个立方数的和,问最小立方数个数. 脑子转得快的马上想到贪心,从最近的三次方数往下减,反正有1^3在最后撑着保证减完.不好意思这是错的,因为1,27,64,125...等立方数之间并不是倍数关系,不能构成贪心策略.举个反例:96=64+8+8+8+8=64+27+1+1+1+1+1,答案明显是5,而贪心会算到7. 既然不是贪心,那就是DP了,没毛病.先讲一下常规做法吧,是这样想的:相当于把一个数化成几份…

1126 ModricWang's Fight with DDLs III 思路 由于题目中已经说明了时间经过了正无穷,因此初始位置是不重要的,并且每条边.每个点的地位是均等的.因此到达每个点的概率就是这个点的度数+1(可以停留就等于是有一条连向自己的边),最后的概率就是 \[\frac{\sum S中的点的度数}{\sum 所有点的度数}\] 时间复杂度\(O(m)\),空间复杂度\(O(m)\) 代码 #include <iostream> #include <set> #in…

1118 AlvinZH's Fight with DDLs II 思路 中等题,贪心. 理解题意,每次攻击中,可以使某个敌人生命值-1,自己生命值减去∑存活敌人总攻击力. 贪心思想,血量少攻击高的要先消灭,所以以A/L作为参数排序,即将所有的敌人根据A/L从大到小排序. 遍历一次,对于排序好的敌人,HP减去(总攻击*该敌人血量),总攻击减去该敌人攻击.代码如下: HP -= (sumA * H[i].L); sumA -= H[i].A; if(HP <= 0) break; 分析 贪心证明:…

1125 ModricWang's Fight with DDLs II 思路 圆内被划分部分数的计算方式如下: 圆内部的每一个交点都使得总份数增加了一:除此之外,每一根直线段最后抵达圆周时,总份数也增加了一. 因此: 总份数应该是 \(1+圆内部的交点数量+直线段的数量\) 直线段的数量等于 \(C_n^2\) 交点数量的求法需要一些思维量.可以把圆内部的每个交点看成是某个圆内接四边形的对角线交点,于是在n个点中,任意四个点的组合都对应了圆内部的某个交点.因此,交点数量等于 \(C_n^4\)…