正文
题目1
题目链接
题目大意:
给出n个整数和整数x,问能否找到一个顺序:
按照这个顺序累加数字,中间不会出现数字和等于x;
已知n个整数互不相同。
输入:
第一行,整数 表示样例数(1≤≤1000)
每个样例有2行,第一行 整数 and (1≤≤100; 1≤≤1e4)
第二行 n个整数 (1≤≤100)
输出:
如果无解,直接输出NO;
如果有解,则输出YES,接下来一行输出n个整数,从左到右为累加顺序;
Examples
input
3
3 2
3 2 1
5 3
1 2 3 4 8
1 5
5
output
YES
3 2 1
YES
8 1 2 3 4
NO
题目解析:
如果最终结果等于x,那么不管如何调整,最终会有x出现,无解;
如果最终结果不等于x,那么就一定构造出来合理的顺序:
比如说[1, i]的和等于x,由于a[i]!=a[i+1],那么将i和i+1的数字进行调换即可。
那么只需要从左到右遍历数组,不断累加中间的数字和sum;
假如sum==x,则判断数字是否用完,否则将后面的数字与当前任意一个位置交换,由于整数各不相同,交换之后必然sum!=x;
如果后面没有数字了,则无解。
class Solution {
static const int N = 100010;
public:
int n, x;
int a[N];
public:
void solve() {
int t;
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n >> x;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
}
int ok = 1, sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
sum += a[i];
if (sum == x) {
if (i == n - 1) {
ok = 0;
}
else {
swap(a[i], a[i + 1]);
break;
}
}
}
if (ok) {
cout << "YES" << endl;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cout << a[i] << " ";
}
cout << endl;
}
else {
cout << "NO" << endl;
}
}
}
}
ac;
题目2
题目链接
题目大意:
给出n个等边直角三角形,问 能不能拼出来正方形。
输入:
第一行整数,表示样例数 (1≤≤1e4)
每个样例一行,整数 (1≤≤1e9)
输出:
每个样例一行,可以则输出YES,否则输出NO;
Examples
input
3
2
4
6
output
YES
YES
NO
样例解释:
n=2时,可以拼出来正方形
n=4时,可以拼出来正方形
题目解析:
一个三角形面积是0.5,n个三角形的面积是n/2,假设最终能拼成三角形,则边长是 √(n/2)。
只要最终的边长 是三角形的边是1和√2的整数倍,则题目有解。
简化计算,我们已知
√(n/2) = 1*x
或者 √(n/2) = √2 * y
两边平方,有n/2=x*x 或者 n/2=2*y*y
所以只要求一下√(n/2)
,看看最终能否找到x或者y即可。
class Solution {
static const int N = 100010;
public:
int n, x;
int a[N];
public:
void solve() {
int t;
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n;
if (n % 2) {
cout << "NO" << endl;
}
else {
n /= 2;
int t = sqrt(n), k = sqrt(n / 2);
if (t * t == n || k * k * 2 == n) {
cout << "YES" << endl;
}
else {
cout << "NO" << endl;
}
}
}
}
}
ac;
题目3
题目链接
题目大意:
有n个整数a[i],需要将n个整数分成m组,要求每组数字和之差不超过x;
输入:
第一行整数,表示样例数 (1≤≤1000)
每个样例两行,第一行 整数, , and (1≤≤≤1e5; 1≤≤1e4)
第二行n个整数ℎ (1≤ℎ≤)
输出:
每个样例一行,如果有解则输出YES,接下来一行输出n个整数y[i],表示每个数字归属y[i]组;
如果无解则输出NO;
Examples
input
2
5 2 3
1 2 3 1 2
4 3 3
1 1 2 3
output
YES
1 1 1 2 2
YES
1 2 2 3
题目解析:
有一个很重要的点,是所有的数字都比x小,那么必然可以满足题目要求,比如说下面这种方式:
从左到右放数字,每次从m组数字中,挑出数字和最小的一组,放入该数字;
由于放入之前数字和之差小于等于x,那么往最小数字和的分组放入数字,并且该数字小于等于x,可以知道最终仍满足数字和之差小于等于x;
用数学的方式来描述:
已知A<=B且A+x>=B,然后我们有数字t(t<=x)
那么必然有A+t <= B+x,也就是A+t和B之差仍不会超过x;
思考: 题目链接 现在想知道最少执行多次操作,才能拼出n/2双袜子(一双袜子是左脚+右脚,并且颜色相同); 输入: Examples 题目解析: 假设剩下x只left,y只right,并且x和y没有相同的颜色,则剩下有两个花费: 题目链接 输入: 输出: Examples 题目解析: 另外只需要把小明喜欢的课程直接拿出来,离散化处理即可,非小明喜欢的直接去掉。 0) {
if (dp[cur_state] >= (n+1)/2) {
int cnt = bit_count(cur_state);
if (cnt > ans) { // 记录答案
ans = cnt;
int bit = 1;
for (int i = m - 1; i >= 0; --i) { // 注意这里是要逆序
if (str[k][i] == '0') {
ans_out[i] = false;
}
else {
ans_out[i] = bit & cur_state;
bit = bit * 2;
}
}
}
}
if (tmp & cur_state) {
dp[cur_state - tmp] += dp[cur_state];
}
--cur_state;
}
tmp = tmp * 2;
}
return ret;
}
public:
void solve() {
cin >> n >> m >> p;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%s", str[i]);
}
ans = 0;
// srand((unsigned long long)new char);
for (int i = 0; i < 100; ++i) {
look(rand()%n);
}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
cout << (ans_out[i]?"1":"0");
}
cout << endl;
}
}
ac;
从直觉来分析,每次选择m个分组中,数字和最小的分组,优先放入数字,这种是比较直接的策略,但是如果没有h[i]class Solution {
static const int N = 100010;
public:
int n, m, x, tmp;
priority_queue
题目4
题目大意:
商店里有n只袜子,每只袜子的颜色是c[i];(这只袜子可能是左脚,也可能是右脚)
现在可以执行若干次操作,每次操作从下面3个选项中选择:
1、将某只袜子染色成任意颜色;
2、将一只左袜子改造成右袜子;
3、将一只右袜子改造成左袜子;
第一行整数 ,表示样例数 (1≤≤1000)
每个样例两行,第一行整数, , and (2≤≤2⋅1e5; 是偶数; 0≤,≤; +=)
第二行是n个整数 (1≤≤),前l个是左脚,后r个是右脚;
输出:
每个样例一行,输出最少的操作次数。
input
4
6 3 3
1 2 3 2 2 2
6 2 4
1 1 2 2 2 2
6 5 1
6 5 4 3 2 1
4 0 4
4 4 4 3
output
2
3
5
3
先将左右袜子颜色一样的挑出来;
接着将相同颜色的left/right 组成一对,每对的代价是1;(将多的那一组,分给少的那一组)
1、花费abs(x-y)/2的差额,将left和right数量对齐;
2、花费(x+y)/2的费用,将一半的颜色和另外一半对齐;题目5
题目大意:
小明和n个朋友一起选课,一共有m门课,小明知道每个朋友喜欢的课程,并且每个人喜欢的课程数不会超过p;
现在想知道怎么选修课程,才能满足 至少有N/2(向上取整)个同学都喜欢他选择的课程;
第一行是整数 , and (1≤≤2⋅1e5, 1≤≤≤60, 1≤≤15)
接下来n行,每行是m个0/1整数,1表示喜欢这个课程;
结果输出一行,m个0/1整数,1表示对这个课程的细化。
input
5 5 4
11001
10101
10010
01110
11011
output
10001
dp[i]表示小明选择了课程状态为i的喜欢人数,i表示为二进制,1则表示选中该课程。
那么把所有的选修与小明的喜欢状态进行与操作,得到state[1n],然后dp[state[i]]++,这样dp[12^k]就可以表示为小明与所有人喜欢的最大交集的数量。
然后接下来就有dp[(100)2]+=dp[(101)2]等状态递归,原来是因为我们统计了和小明喜欢状态为101的人,自然可以累加到dp[100]上面,同时也可以累加到dp[001]上面。
注意,状态压缩的时候,要考虑重复的情况,比如说111=>110,101 但是110和101都可以转移到100,所以如果先枚举状态,再枚举转移的状态位,会出现数据重复。class Solution {
static const int N = 200010, M = 65, P = 16;
int bit_count(int k) {
int ret = 0;
while (k) {
ret += k%2;
k /= 2;
}
return ret;
}
public:
int n, m, p;
char str[N][M];
int ans;
bool ans_out[M];
int dp[1<