《算法笔记》PAT B1040 && PAT B1045

PAT B1040

字符串 APPAPT 中包含了两个单词 PAT，其中第一个 PAT 是第 2 位(P)，第 4 位(A)，第 6 位(T)；第二个 PAT 是第 3 位(P)，第 4 位(A)，第 6 位(T)。
现给定字符串，问一共可以形成多少个 PAT？

输入格式：

输入只有一行，包含一个字符串，长度不超过10​0000，只包含 P、A、T 三种字母。

输出格式：

在一行中输出给定字符串中包含多少个 PAT。由于结果可能比较大，只输出对 1000000007 取余数的结果。

输入样例：

APPAPT

输出样例：

2

思路

对一个确定位置的A，只要知道它左边P的个数和右边T的个数，把它们相乘，最后将所有A的这个结果相加就是答案

#include<cstdio>
#include<cstring>

const int maxn=100010;
const int mod=1000000007;
char str[maxn];
int leftP[maxn],rightT;
int main()
{
    scanf("%s",str);
    int len=strlen(str);
    int ans=0;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if(i>0)
            leftP[i]=leftP[i-1];
        if(str[i]=='P')
        leftP[i]++;
    }
    for(int i=len-1;i>=0;i--)
    {
        if(str[i]=='T') rightT++;
        else if(str[i]=='A') ans=(ans+leftP[i]*rightT)%mod;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

PAT B1045

著名的快速排序算法里有一个经典的划分过程：我们通常采用某种方法取一个元素作为主元，通过交换，把比主元小的元素放到它的左边，比主元大的元素放到它的右边。 给定划分后的 N 个互不相同的正整数的排列，请问有多少个元素可能是划分前选取的主元？

例如给定 (N = 5), 排列是1、3、2、4、5。则：

1 的左边没有元素，右边的元素都比它大，所以它可能是主元；
尽管 3 的左边元素都比它小，但其右边的 2 比它小，所以它不能是主元；
尽管 2 的右边元素都比它大，但其左边的 3 比它大，所以它不能是主元；
类似原因，4 和 5 都可能是主元。
因此，有 3 个元素可能是主元。

输入格式：

输入在第 1 行中给出一个正整数 N（≤10⁵）； 第 2 行是空格分隔的 N 个不同的正整数，每个数不超过 10⁹​​ 。

输出格式：

在第 1 行中输出有可能是主元的元素个数；在第 2 行中按递增顺序输出这些元素，其间以 1 个空格分隔，行首尾不得有多余空格。

输入样例

5 1 3 2 4 5

输出样例

3 1 4 5

思路

对每个确定位置的元素，用两个数组记录该元素左边最大值和右边最小值，如果该元素大于左边最大值并且小于右边最小值，则该元素为主元。
注：第二个测试点没有主元，应该输出 0

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=100010;
const int inf=1<<31-1;
int main()
{
    int n,a[maxn],leftMax[maxn]={0},rightMin[maxn],pos[maxn];
    fill(rightMin,rightMin+maxn,inf);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(i>0)
        {
            leftMax[i]=max(leftMax[i-1],a[i-1]);
        }
    }
    for(int i=n-2;i>=0;i--)
    {
        rightMin[i]=min(rightMin[i+1],a[i+1]);
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(a[i]>leftMax[i]&&a[i]<rightMin[i])
        {
            pos[ans++]=a[i];
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    for(int i=0;i<ans;i++)
    {
        printf("%d",pos[i]);
        if(i<ans-1)printf(" ");
        else printf("
");
    }
    if(ans==0)printf("
");
    return 0;
}