ZUT_round6（一维线性dp

A 

最长上升子序列

基础dp 状态转移方程 dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1),j<i&&A[j]<A[i]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int A[1007];
int dp[1007]={0};
int main()
{
    int n,i,j,k;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;++i) cin>>A[i];
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        for(j=1;j<i;++j)
        {
            if(A[j]<A[i]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
        } 
    }
    int ans=-1;
    for(i=1;i<=n;++i)  ans=max(ans,dp[i]);
    cout<<ans+1<<endl;
    return 0;
}

B

一维线性dp

思路：兔子所用时间 T=L/VR. 对于乌龟，可以把每个充电桩近似看成终点，计算乌龟到每个充电桩的最短时间，可以推出到终点的最短时间。 设 j<i 且 j到i的最短时间为time,lx 为j到i的距离 则 lx<=C:time=lx/VT1;  lx>C:time=C/VT1+(lx-C)/VT2;

状态转移方程 dp[i]=min(dp[i],dp[j]+time)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
double A[1007];
double dp[1007]={0};
int main()
{
    int n,i,j,k;
    double L,N,C,VR,VT1,VT2,T;
    while(cin>>L)
    {
    cin>>n>>C>>T;
    cin>>VR>>VT1>>VT2;
    for(i=1;i<=n;++i) cin>>A[i];
    double fx=L/VR; 
    A[n+1]=L; A[0]=0;
    for(i=1;i<=n+1;++i)
    {
        dp[i]=inf; dp[0]=0;
        for(j=0;j<i;++j)
        {
            double time=0;
            double l=A[i]-A[j];
            if(l<=C)
            {
                time=time+l/VT1;
            }
            else {
                time=time+C/VT1+(l-C)/VT2;
            }
            if(j) time+=T;
            dp[i]=min(dp[i],dp[j]+time);
        }
    }
//    printf("%.2f  %.2f
",fx,dp[n+1]);
    if(dp[n+1]<fx) printf("What a pity rabbit!
");
    else printf("Good job,rabbit!
");    
    }
    
    return 0; 
}

C

签到题

0-向左跳的距离+向右跳的距离

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int A[1007];
int main()
{
    ll x,y,z,t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll ans=0;
        cin>>x>>y>>z;
        ans=ans-y*(z/2)+x*(z-z/2);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

D

贪心

每次遇到 1 0 1 这种情况变为 1 0 0 即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int A[1007];
int main()
{
    ll n,i,j,k,t;
    ll x,y,z;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        cin>>A[i];
    }
    int ans=0;
    for(i=2;i<n;++i)
    {
        if(A[i]==0&&A[i-1]==1&&A[i+1]==1)
        {
            ans++;A[i+1]=0;
            //cout<<i<<endl;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

E

思维 枚举

先求出数组总和值sum，枚举数组中每一个数x，将其减去 sum-=x; 判断一下sum/2 数组中剩下的数中是否存在，若存在，将数x存到另一个数组里。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int qs=2e5+7;
int A[qs];
int B[qs];
map<int,int> mp;
int main()
{
    ll n,i,j,k,t,x;
    cin>>n;
    ll sum=0;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        cin>>A[i]; sum+=A[i]; mp[A[i]]++;
    } 
    int ans=0;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        mp[A[i]]--;
        double x=(double)(sum-A[i])/2;
        if(x==(int)x&&mp[(int)x]>0) {
            B[ans]=i;ans++; 
        }
        mp[A[i]]++;
    }
    cout<<ans<<endl;
    for(i=0;i<ans;++i)
    {
        if(i==ans-1) printf("%d
",B[i]);
        else printf("%d ",B[i]);
    }
    return 0;
}

F

二分

思路：通过求重复次数x,在重复x中找到一个序列 L,若L的长度大于等于k，即满足要求。则二分求解重复次数x即可。

// 自己做的时候没想到二分emmm....

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int qs=2e5+7;
map<int,int> mp;
vector<int> v,c;
int ck(int mid)
{
    c.clear();
    for(int i=0;i<v.size();++i)
    {
        int num=mp[v[i]]/mid;
        for(int j=0;j<num;++j) c.push_back(v[i]);
    }
    return c.size(); 
}
int n,m;
int main()
{
    int i,j,k,x,y;
    cin>>n>>m;
    int l,r;
    y=-1;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        cin>>x;
        if(!mp[x]) { mp[x]=0;
            v.push_back(x);
        }
        mp[x]++; y=max(mp[x],y);
    }
    l=1;r=y;    
    int ans=0;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(ck(mid)>=m)
        {
            l=mid+1; ans=mid;
        }
        else r=mid-1;
    }
    int xx=ck(ans);
    for(i=0;i<m;++i)
    {
        if(i==m-1) printf("%d
",c[i]);
        else printf("%d ",c[i]);
    }
    return 0;
}