花了将近 20 多天的业余时间,把 LeetCode 上面的题目做完了,毕竟还是针对面试的题目,代码量都不是特别大,难度和 OJ 上面也差了一大截. 关于二叉树和链表方面考察变成基本功的题目特别多,其次是一些简单的动态规划,但是感觉最有意思的还是一些能够在 O(n) 时间内解决的比较 tricky 的题目. 考察对于递归理解的题目也占了一定的比例,更多的时候还是判断一个人在细节方面的领悟程度吧. 没有特别难的题,难的是能一次性的 bug free. 我把代码传到了 https://github.…

「SDOI2016」征途 先浅浅复制一个方差 显然dp,可以搞一个 \(dp[i][j]\)为前i段路程j天到达的最小方差 开始暴力转移 \(dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+?)(j-1\leq k\leq i-1)\)这咋写?还是需要转换一下 开始了,but题目的方差还需要m^2,很好 以下x为m天行走的平均值,s[i]为1~i段路的总路程 那么x可以算对吧:\(x=\frac{s[n]}{m}\) \[m\times \sum^m_{i=1}(x_i-x)^2\\ =m\ti…

来源 LCA 个人评价:lca求路径,让我发现了自己不会算树的直径(但是本人似乎没有用lca求) 1 题面 「APIO2010」巡逻 大意:有一个有n个节点的树,每条边权为1,一每天要从1号点开始,遍历所有的边,再回到1号点,每条道路都经过两次,为了减少需要走的距离,可以增加K\((1\leq K\leq 2)\)条新的边(可以自环),且每天必须经过这K条边正好一次,请计算最佳方案是总路程最小,并输出最小值 2 分析题面 因为K很小,所以我们可以试着手推一下每种情况 2.1 不加边 从1号点出发…

Content 某个人去参加比赛,\(n\) 个评委分别给他打分 \(a_1,a_2,\dots,a_n\).这个人可以最多执行 \(m\) 次操作,每次操作将一个评委的分数加 \(1\).定义他的最终分数为去掉一个最高分和一个最低分后的剩余得分的总和.求可能最高的最终分数. 数据范围:\(3\leqslant n\leqslant 10^5\),\(0\leqslant m,a_i\leqslant 10^9\). Solution 本题解我们来分 Subtask 来讲解. Subtask 1…

Content 有一个 \(n\times m\) 的网格,网格上的格子被涂成了白色或者黑色. 设两个点 \((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\),如果以下三个条件均满足: \(1\leqslant x_1<x_2\leqslant n\) 且 \(1\leqslant y_1<y_2\leqslant m\). \(2\mid (x_1+x_2)\). \((x_1,y_1)\rightarrow(x_2,y_1)\),\((x_1,y_2)\rightarrow(x_2,…

分析 与其说是算法题,不如说是语言特性题. 这题要是对Java的String相关函数掌握的比较熟练,写起来的速度(各种意义上)就会很快. 大致的思路都是一致的,差不到哪里去,无非是枚举长度.值得一提的是,从长到短的枚举顺序要比从短到长优得多. 代码 class Solution { public String longestCommonPrefix(String[] strs) { if (strs == null || strs.length == 0) { return ""; }…

分析 把具体的情况一个一个实现即可,没有什么幺蛾子. 代码 class Solution { public int romanToInt(String s) { int ans = 0; for (int i=0; i!=s.length(); ++i) { switch(s.charAt(i)) { case 'I': if(i<s.length()-1 && (s.charAt(i+1)=='X' || s.charAt(i+1)=='V')) { ans--; break; }…

分析 注意到跳跃的方向是一致的,所以我们需要维护一个数接下来跳到哪里去的问题.换句话说,就是对于一个数\(A_i\),比它大的最小值\(A_j\)是谁?或者反过来. 这里有两种方案,一种是单调栈,简单说一下思路:维护一个递减的单调栈,每次放入元素时将比它大的栈顶元素弹出(说明这些元素都能在递减的情况下都能跳到它),直到没有元素或者没有符合条件的元素位置.反过来依然,然后扫一遍就可以了. 这里采用Java的TreeMap解决问题(也就是c++的map).我们倒过来遍历一遍这个数组,那么只要Tree…

分析 这题场上前缀和都想出来了,然后就没有然后了...哭惹.jpg 前缀和相减能够得到任意一段连续区间的和,然后他们取余\(K\)看余数是否为0就能得到.这是朴素的遍历算法.那么反过来说,如果两个前缀和都对\(K\)余\(p\),那么他们相减一定能够被K整除. 我们就这么统计就可以了,然后一个简单的求和即可.想到不难,难的是想到. 代码 class Solution { public int subarraysDivByK(int[] A, int K) { int[] prefix = new…

分析 好久不刷题真的思维僵化,要考虑到这样一个结论:如果递增的三个数\(x_i,x_{i+1},x_{i+2}\)不符合题意,那么最大的两边之差一定大于等于第一条边,那么任何比第一条边小的都不能成立.这样一来,递增排序,然后线性找就可以了. 代码 class Solution { public: int largestPerimeter(vector<int>& A) { int ans=0; sort(A.begin(),A.end()); for(int i=A.size()-3;…