贴代码 水题
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e4+4; 4 int ans; 5 int cnt[27]; 6 int main() 7 { 8 char c; 9 while(~scanf("%c",&c)) 10 { 11 if((c>='a'&&c<='z')||(c>='A'&&c<='Z')) 12 { 13 if(c>='A'&&c<='Z') cnt[c-'A']++; 14 else cnt[c-'a']++; 15 } 16 else break; 17 } 18 sort(cnt,cnt+26); 19 for(int i=0;i<26;i++) 20 { 21 ans+=cnt[i]*(i+1); 22 } 23 printf("%d ",ans); 24 }
有编号1-n的n个格子，机器人从1号格子顺序向后走，一直走到n号格子，并需要从n号格子走出去。机器人有一个初始能量，每个格子对应一个整数A[i]，表示这个格子的能量值。如果A[i] > 0，机器人走到这个格子能够获取A[i]个能量，如果A[i] < 0，走到这个格子需要消耗相应的能量，如果机器人的能量 < 0，就无法继续前进了。问机器人最少需要有多少初始能量，才能完成整个旅程。
例如：n = 5。{1，-2，-1，3，4} 最少需要2个初始能量，才能从1号走到5号格子。途中的能量变化如下3 1 0 3 7。
Input
第1行：1个数n，表示格子的数量。(1 <= n <= 50000) 第2 - n + 1行：每行1个数A[i]，表示格子里的能量值(-1000000000 <= A[i] <= 1000000000)
Output
输出1个数，对应从1走到n最少需要多少初始能量。
Input示例
5 1 -2 -1 3 4
Output示例
2
思路很简单 就是模拟一下走过去的过程 如果发发现当前携带能量值 不够了 就再加上 先假设某一种可行的
方案走下去 中间遇到更优或者不可行的地方 再进行修改 是一种很重要的贪心思想
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 const int maxn=5e4+5; 5 int n; 6 LL sum; 7 LL ans; 8 int main() 9 { 10 scanf("%d",&n); 11 int x; 12 for(int i=0;i<n;i++) 13 { 14 scanf("%d",&x); 15 sum+=x; 16 if(sum<0){ 17 ans+=-sum; 18 sum=0; 19 } 20 } 21 printf("%lld ",ans); 22 }
基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 5 难度：1级算法题
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关注X轴上有N条线段，每条线段包括1个起点和终点。线段的重叠是这样来算的，[10 20]和[12 25]的重叠部分为[12 20]。
给出N条线段的起点和终点，从中选出2条线段，这两条线段的重叠部分是最长的。输出这个最长的距离。如果没有重叠，输出0。
Input
第1行：线段的数量N(2 <= N <= 50000)。 第2 - N + 1行：每行2个数，线段的起点和终点。(0 <= s , e <= 10^9)
Output
输出最长重复区间的长度。
Input示例
5 1 5 2 4 2 8 3 7 7 9
Output示例
4
思路是 首先将所有区间按照左端点从小到大进行排序 右端点从大到小 ，
从前向后扫一遍 每次记录在此之前的最大的右端点值 比较当前左端点与记录的值 即可计算出区间长度
每次更新即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef pair<int,int> pii; 5 const int maxn=5e4+5; 6 vector< pii >a; 7 8 int cmp(pii u, pii v) 9 { 10 return u.first==v.first?u.second>v.second:u.first<v.first; 11 } 12 13 int n; 14 15 int main() 16 { 17 scanf("%d",&n); 18 int x,y; 19 for(int i=0;i<n;i++) 20 { 21 scanf("%d%d",&x,&y); 22 a.push_back({x,y}); 23 } 24 sort(a.begin(),a.end(),cmp); 25 int ans=0; 26 int tmp=a[0].second; 27 for(int i=1;i<a.size();i++) 28 { 29 if(a[i].first>=tmp) tmp=a[i].second; 30 else{ 31 ans=max(min(tmp,a[i].second)-a[i].first,ans); 32 tmp=max(tmp,a[i].second); 33 } 34 } 35 printf("%d ",ans); 36 }
收藏 关注Input
第一行一个正整数n (n <= 10000)代表活动的个数。 第二行到第(n + 1)行包含n个开始时间和结束时间。 开始时间严格小于结束时间，并且时间都是非负整数，小于1000000000
Output
一行包含一个整数表示最少教室的个数。
Input示例
3 1 2 3 4 2 9
Output示例
2
思路是 按照左端点将所有区间排序 然后从前向后 模拟一遍添加工作流水线的过程
用一个最小堆记录 当前使用的教室 的结束时间，如果发现当前有可以重复使用的空闲教室 就去使用它
同时更新这个教室的结束时间
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e4+5; 4 typedef pair<int,int> pii; 5 vector<pii >a; 6 7 int main() 8 { 9 int n; 10 scanf("%d",&n); 11 int x,y; 12 for(int i=0;i<n;i++) 13 { 14 scanf("%d%d",&x,&y); 15 a.push_back({x,y}); 16 } 17 sort(a.begin(),a.end()); 18 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >p; 19 int ans=1; 20 p.push(a[0].second); 21 for(int i=1;i<a.size();i++) 22 { 23 int pre=p.top(); 24 if(a[i].first<pre){ 25 ans++; 26 p.push(a[i].second); 27 } 28 else{ 29 p.pop(); 30 p.push(a[i].second); 31 } 32 } 33 printf("%d ",ans); 34 }
基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 20 难度：3级算法题
收藏 关注有N个任务，每个任务有一个最晚结束时间以及一个对应的奖励。在结束时间之前完成该任务，就可以获得对应的奖励。完成每一个任务所需的时间都是1个单位时间。有时候完成所有任务是不可能的，因为时间上可能会有冲突，这需要你来取舍。求能够获得的最高奖励。
Input
第1行：一个数N，表示任务的数量(2 <= N <= 50000) 第2 - N + 1行，每行2个数，中间用空格分隔，表示任务的最晚结束时间E[i]以及对应的奖励W[i]。(1 <= E[i] <= 10^9，1 <= W[i] <= 10^9)
Output
输出能够获得的最高奖励。
Input示例
7 4 20 2 60 4 70 3 40 1 30 4 50 6 10
Output示例
230
思路是 按照时间顺序排序 ，拿一个cnt来记录到当前位置 有多少个空位置 就还没有安排 如果有 就把当前
位置安排过去 否则 用一个最小堆维护一下以前安排过的位置的值 看 是不是可以和最小的交换
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef pair<int,int> pii; 4 typedef long long LL; 5 const int maxn=5e4+5; 6 vector<pii >a; 7 int n; 8 9 int cmp(pii u,pii v) 10 { 11 return u.first==v.first?u.second>v.second:u.first<v.first; 12 } 13 14 map<int,int>ma; 15 16 int main() 17 { 18 int x,y; 19 scanf("%d",&n); 20 for(int i=0;i<n;i++) 21 { 22 scanf("%d%d",&x,&y); 23 ma[x]++; 24 a.push_back({x,y}); 25 } 26 sort(a.begin(),a.end(),cmp); 27 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >p; 28 int pre=0; 29 int cnt=0; 30 LL sum=0; 31 for(int i=0;i<n;i++) 32 { 33 cnt=cnt+a[i].first-pre; 34 if(cnt>=1) 35 { 36 cnt--; 37 p.push(a[i].second); 38 sum+=a[i].second; 39 pre=a[i].first; 40 } 41 else{ 42 if(a[i].second>p.top()) 43 { 44 sum-=p.top(); 45 sum+=a[i].second; 46 p.pop(); 47 p.push(a[i].second); 48 } 49 } 50 } 51 printf("%lld ",sum); 52 }
基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 20 难度：3级算法题
收藏 关注有N个任务需要执行，第i个任务计算时占R[i]个空间，而后会释放一部分，最后储存计算结果需要占据O[i]个空间（O[i] < R[i]）。
例如：执行需要5个空间，最后储存需要2个空间。给出N个任务执行和存储所需的空间，问执行所有任务最少需要多少空间。
Input
第1行：1个数N，表示任务的数量。（2 <= N <= 100000) 第2 - N + 1行：每行2个数R[i]和O[i]，分别为执行所需的空间和存储所需的空间。(1 <= O[i] < R[i] <= 10000)
Output
输出执行所有任务所需要的最少空间。
Input示例
20 14 1 2 1 11 3 20 4 7 5 6 5 20 7 19 8 9 4 20 10 18 11 12 6 13 12 14 9 15 2 16 15 17 15 19 13 20 2 20 1
Output示例
135
假设当前有r1,o1,r2,o2，
先执行1，需要空间是 max(r1,o1+r2)
先执行2，需要空间是 max(r2,o2+r1)
按照这个关系排个序 从小到大 顺次取 模拟一下即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=100000+10; 4 int n; 5 typedef pair<int,int> pii; 6 vector<pii >a; 7 8 int cmp1(pii u,pii v) 9 { 10 return max(u.first,u.second+v.first)<max(v.first,v.second+u.first); 11 } 12 int cmp2(pii u,pii v) 13 { 14 return u.first-u.second>v.first-v.second; 15 } 16 17 int main() 18 { 19 int x,y; 20 scanf("%d",&n); 21 for(int i=0;i<n;i++) 22 scanf("%d%d",&x,&y),a.push_back({x,y}); 23 sort(a.begin(),a.end(),cmp1); 24 int tmp=0; 25 int ans=0; 26 int pre=0; 27 int left=0; 28 for(int i=0;i<n;i++) 29 { 30 int r=a[i].first,o=a[i].second; 31 if(r>left){ 32 tmp=tmp+r-left; 33 ans=max(tmp,ans); 34 left=r-o; 35 pre+=o; 36 } 37 else{ 38 left-=o; 39 pre+=o; 40 } 41 } 42 printf("%d ",ans); 43 }
收藏 关注一位老木匠需要将一根长的木棒切成N段。每段的长度分别为L1,L2,......,LN（1 <= L1,L2,…,LN <= 1000，且均为整数）个长度单位。我们认为切割时仅在整数点处切且没有木材损失。
木匠发现，每一次切割花费的体力与该木棒的长度成正比，不妨设切割长度为1的木棒花费1单位体力。例如：若N=3，L1 = 3,L2 = 4,L3 = 5，则木棒原长为12，木匠可以有多种切法，如：先将12切成3+9.，花费12体力，再将9切成4+5，花费9体力，一共花费21体力；还可以先将12切成4+8，花费12体力，再将8切成3+5，花费8体力，一共花费20体力。显然，后者比前者更省体力。
那么，木匠至少要花费多少体力才能完成切割任务呢？
Input
第1行：1个整数N(2 <= N <= 50000) 第2 - N + 1行：每行1个整数Li(1 <= Li <= 1000)。
Output
输出最小的体力消耗。
Input示例
3 3 4 5
Output示例
19
思路是 这样的一个加和形成的是一个树结构 很明显 层次越高的节点对于加和的贡献度越大
因此拿个堆维护下即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main() 4 { 5 int n; 6 scanf("%d",&n); 7 int x; 8 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >p; 9 for(int i=0;i<n;i++) 10 { 11 scanf("%d",&x); 12 p.push(x); 13 } 14 int ans=0; 15 while(p.size()>1) 16 { 17 int a=p.top(); 18 p.pop(); 19 int b=p.top(); 20 p.pop(); 21 p.push(a+b); 22 ans+=a+b; 23 } 24 printf("%d ",ans); 25 }
基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 20 难度：3级算法题
收藏 关注在公司年会上，做为互联网巨头51nod掌门人的夹克老爷当然不会放过任何发红包的机会。
现场有n排m列观众，夹克老爷会为每一名观众送出普通现金红包，每个红包内金额随机。
接下来，夹克老爷又送出最多k组高级红包，每组高级红包会同时给一排或一列的人派发 ,每个高级红包的金额皆为x。
派发高级红包时，普通红包将会强制收回。同时，每个人只能得到一个高级红包。（好小气！）
现在求一种派发高级红包的策略，使得现场观众获得的红包总金额最大。
Input
第一行为n, m, x, k四个整数。 1 <= n <= 10, 1 <= m <= 200 1 <= x <= 10^9，0 <= k <= n + m 接下来为一个n * m的矩阵，代表每个观众获得的普通红包的金额。普通红包的金额取值范围为1 <= y <= 10^9
Output
输出一个整数，代表现场观众能获得的最大红包总金额
Input示例
3 4 1 5 10 5 7 2 10 5 10 8 3 9 5 4
Output示例
78
由于行只有10，列有200，因此 枚举行被选中的情况 再去列位置贪心的找应该修改后更优的情况
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 5 int a[20][2020]; 6 LL col[220]; 7 LL c[220]; 8 int n,m,x,k; 9 int main() 10 { 11 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&k); 12 for(int i=0;i<n;i++) 13 { 14 for(int j=0;j<m;j++) 15 { 16 scanf("%d",&a[i][j]); 17 c[j]+=a[i][j]; 18 } 19 } 20 LL ans=0; 21 for(int i=0;i<=(1<<n)-1;i++) 22 { 23 int tmp=i; 24 vector<int>v; 25 for(int j=0;j<n;j++) 26 { 27 if((tmp>>j)&1) v.push_back(j); 28 } 29 if(v.size()>k) continue; 30 int cnt=k-v.size(); 31 cnt=min(cnt,m); 32 for(int j=0;j<m;j++) col[j]=c[j]; 33 for(int j=0;j<v.size();j++) 34 { 35 for(int k=0;k<m;k++) 36 { 37 col[k]=col[k]-a[v[j]][k]+x; 38 } 39 } 40 LL ppp=0; 41 priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> >p; 42 for(int j=0;j<m;j++) p.push(col[j]); 43 while(cnt>0) 44 { 45 if(p.top()<1LL*n*x){ 46 cnt--; 47 ppp+=1LL*n*x; 48 p.pop(); 49 } 50 else break; 51 } 52 while(!p.empty()) 53 { 54 ppp+=p.top(); 55 p.pop(); 56 } 57 ans=max(ans,ppp); 58 } 59 60 printf("%lld ",ans); 61 62 }