题意：有一些不能切的木板，每个都有一个长度，要做一个梯子，求梯子的最大台阶数
做梯子的木板分为两种，两边的两条木板和中间的若干条台阶木板
台阶数为 $k$ 的梯子要求两边的木板长度大于等于 $k+1$ ，中间的木板数等于 $k$。
直接找到最大和次大的木板放两边，剩下的做台阶，设次大的木板长度为 $x$ ，台阶木板数为 $k$ 则答案就是 $min(x-1,k)$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e6+7; int T,n,a[N]; int main() { T=read(); while(T--) { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); sort(a+1,a+n+1); printf("%d ",min(a[n-1]-1,n-2)); } return 0; }
题意：有一排支柱，每个支柱恰好有一个圆盘，每个圆盘的大小各不相同，要求判断是否能把圆盘全部移到一个支柱上
移动的要求：$1.$ 只能移动到相邻圆盘. $2.$ 此支柱只有一个圆盘 $3.$ 要求移动到的支柱上的圆盘大小从下到上保持递减
由于条件 $2$ 和条件 $3$ 显然最终的支柱一定是初始时最大圆盘所在的支柱，然后容易发现最大支柱两边的圆盘大小一定要递减
不然就一定有位置移不动，否则一定可以移得完（每次把当前最大的圆盘一步步移动到最终位置即可）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e5+7; int n,a[N],pos; int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]=read(); if(a[i]>a[pos]) pos=i; } bool flag=1; for(int i=pos-1;i;i--) if(a[i]>a[i+1]) flag=0; for(int i=pos+1;i<=n;i++) if(a[i]>a[i-1]) flag=0; if(flag) printf("YES "); else printf("NO "); return 0; }
题意：一个正整数非减数列 $A$，要分成恰好 $K$ 个非空子序列，最终的价值即为每个子序列最大值与最小值差的和
求最优的划分方案使得总价值最小，输出最小价值
考虑一次划分的贡献，对于第 $0$ 次划分，总价值为 $A[n]-A[1]$（数列非减）
对于第一次划分，设划分位置为 $i,i+1$，则总价值为 $A[i]-A[1] + A[n]-A[i+1]$
第二次划分，位置为 $j$，不妨设 $j>i$，总价值为 $A[i]-A[1] + A[j]-A[i+1] + A[n]-A[j+1]$
发现对于每一次划分的位置 $k$ ，增加的价值比上一次划分多 $A[k]-A[k-1]$（为负数）
所以把所有 $A[i]-A[i+1]$ 排序取前 $K-1$ 小与初始的 $A[n]-A[1]$ 累加即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<vector> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } // f[i][k]=min a[i]+(f[j][k-1]-a[j+1]) //a[n]-a[1] //a[i]-a[1]+a[n]-a[i+1] //a[j]-a[1]+a[i]-a[j+1]+a[n]-a[i+1] const int N=2e6+7; priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > Q; int n,K,a[N],b[N],ans; int main() { n=read(),K=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for(int i=1;i<n;i++) b[i]=a[i]-a[i+1]; sort(b+1,b+n); ans=a[n]-a[1]; for(int i=1;i<K;i++) ans+=b[i]; printf("%d ",ans); return 0; }
D. Yet Another Subarray Problem
题意，给定一个整数列 $A$，要取出一个 '切片' $[l,r]$，切片的价值为 $(sum_{i=l}^{r}A[i])-kleft lceil frac{r-l+1}{m} ight ceil$
求最大价值
考虑 $m=1$ 时怎么做，显然可以贪心，维护右端点 $i$ 和当前数列的和 $now$ ，每次移动右端点 $i$ ，把 $A[i]-k$ 加入 $now$，如果 $now<0$ 则说明左端点到 $i$ 这一段没有贡献了，直接扔掉，然后 $now=0$，并在每次更新 $now$ 的时候更新全局答案 $ans$
发现考虑把数列每 $m$ 个看成一个块，用同样的方法贪心，发现这样只考虑了左端点在模 $m$ 意义下为 $1$ 的情况，但是因为 $m$ 不大，所以可以直接枚举模 $m$ 意义下左端点的位置，然后分别贪心
注意到右端点也只有考虑到与左端点同余的情况，所以枚举每一个块的时候都要考虑枚举当前右端点在块中的位置，同样更新就好了
看代码可能比较好理解吧...，注意 $long long$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<vector> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1e6+7; int n,m,K,a[N]; vector <ll> V;//存每个块的和 ll ans; int main() { n=read(),m=read(),K=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++)//枚举模m意义下的左端点 { V.clear(); for(int j=i;j<=n;j+=m)//把块的值扔到vector里 { ll t=0; for(int k=0;k<m;k++) t+=a[j+k]; V.push_back(t-K);//记得'-K' } ll now=0;//当前区间的值 for(int j=0;j<V.size();j++)//枚举块 { int pos=i+j*m; ll nnow=-K;//枚举右端点在当前块中的位置 for(int k=0;k<m;k++) { nnow+=a[pos+k]; ans=max(ans,now+nnow); }//移动右端点 now+=V[j]; if(now<0) now=0; ans=max(ans,now); } } cout<<ans<<endl; return 0; }
怎么好像前 $4$ 题都是贪心...