蓝桥杯之贪心

1055.股票买卖II

将股票价格的变动抽象成折线图，将每个上升阶段累加起来（每次的累加并不一定代表真实的一次买卖交易，比如两段连续上升的折线，只进行了一次买卖，但对两段上升折线分别累加的收益结果是一致的）

#include 
using namespace std;
#define int long long int
const int N=105;
int n,x;

signed main(){
    cin>>n;
    int res=0;
    int buy;
    for(int i=1;i<=n;i++){//多次买卖一支股票
        cin>>x;
        if(i==1)buy=x;
        if(x>buy){
            res+=(x-buy);
            buy=x;
        }
        else buy=x;
        
    }
    cout<<res;
    return 0;
}

104.货仓选址

我们设在仓库左边的所有点，到仓库的距离之和为p,右边的距离之和则为q，那么我们就必须让p+q的值尽量小
假设货舱建的位置，左边有 k 家商店，右边有 n-k 家商店，假设 货舱向左移动 x 的距离，那么此时总共的路程为 $p-k\ast x+q+(n-k)\ast x=p+q+n\ast x-2\ast k\ast x=p+q+(n-2\ast k)\ast x$，k==n/2

#include 
using namespace std;
#define int long long int
const int N=1e5+5;
int n,x;
int a[N];
signed main(){
    cin>>n;
    int res=0;
    int mid=(n+1)/2;// 1 2 3 ，1 2 3 4
    for(int i=1;i<=n;i++){//货仓应该建在 第n+1 /2 个商店处
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){//货仓应该建在 第n+1 /2 个商店处
       
        res+=abs(a[mid]-a[i]);
        
    }
    cout<<res;
    return 0;
}

AcWing112.雷达设备

• 根据右端点排序
• 注意点，node类型，每个区间段的左右端点必须精确到double，还有上一个取点的位置，也必须精确到double

#include 
using namespace std;
#define int long long int

const int N=1e5+5;
int n,d;

struct node{
    double l,r;
    bool operator<(const node & a)const{
        return r<a.r;
    }
}range[N];
signed main(){//雷达装置均位于海岸线上
    cin>>n>>d;
   int x,y;
   int flag=false;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>x>>y;
        if(y>d){
            flag=true;
             cout<<"-1";
             return 0;
            }
        range[i].l=x-sqrt(d*d-y*y);
        range[i].r=x+sqrt(d*d-y*y);
        
    }//要想覆盖这个岛，雷达的x坐标范围是[x-sqrt(d^2-y^2),x+(d^2-y^2)]
    if(flag){
        cout<<"-1";
        return 0;
    }
    sort(range+1,range+n+1);
    int res=0;
    double pre=-2000;//上一个取点的位置
    // 要求取尽可能少的点，使得每个区间段range[i]都包含至少一个点
    // 那么，对于每个区间。如果上个取点如果落在这个区间，这个区间不取，否则，在这个区间的右端点取新的点
    for(int i=1;i<=n;i++){//货仓应该建在 第n+1 /2 个商店处
       if(pre<range[i].l){
           res++;
           pre=range[i].r;
       }
    }
    cout<<res;
    return 0;
}

pair自动排序

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pdd pair<double,double>
const int N=1e5+5;
int n,d;
// struct node{
//     double l,r;
//     bool operator<(const node & a)const{
//         return r
//     }
// }range[N];
pdd range[N];
signed main(){//雷达装置均位于海岸线上
    cin>>n>>d;
   int x,y;
   int flag=false;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>x>>y;
        if(y>d){
            flag=true;
             cout<<"-1";
             return 0;
            }
        // range[i].l=x-sqrt((double)d*d-y*y);
        // range[i].r=x+sqrt((double)d*d-y*y);
         range[i]={x+sqrt((double)d*d-y*y),x-sqrt((double)d*d-y*y)};
        
    }//要想覆盖这个岛，雷达的x坐标范围是[x-sqrt(d^2-y^2),x+(d^2-y^2)]
    if(flag){
        cout<<"-1";
        return 0;
    }
    sort(range+1,range+n+1);
    int res=0;
    double pre=-20000000;//上一个取点的位置
    // 要求取尽可能少的点，使得每个区间段range[i]都包含至少一个点
    // 那么，对于每个区间。如果上个取点如果落在这个区间，这个区间不取，否则，在这个区间的右端点取新的点
    for(int i=1;i<=n;i++){//货仓应该建在 第n+1 /2 个商店处
       if(pre+1e-5<range[i].second){
           res++;
           pre=range[i].first;
       }
    }
    cout<<res;
    return 0;
}

1235.付账问题

#include 
using namespace std;
#define int long long int

const int N=5e5+5;
int n,s;
int a[N];

signed main(){
    cin>>n>>s;
   int x,y;
   double res;
   double AVG=1.0*s/n;//此时的平均值
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    
    sort(a+1,a+n+1);
    double avg=AVG;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]<avg){//钱不够的人只能出所有的钱，而且一旦出现这种情况，后面的人需要出的钱
            res+=(a[i]-AVG)*(a[i]-AVG);
            s-=a[i];
            avg=1.0*s/(n-i);
        }
        else{//每个人出的钱要尽可能相同，钱不够没办法只能出全部，钱多的人要出一样的钱 来填满总额
            s=0;
            res+=(avg-AVG)*(avg-AVG)*(n-i+1);
            break;
        }
    }
    res/=n;
	res=sqrt(res);

    cout<<fixed<<setprecision(4)<<res;
    return 0;
}

1239.乘积最大

输入样例1：

5 3
-100000
-10000
2
100000
10000

输出样例1：

999100009

输入样例2：

5 3
-100000
-100000
-2
-100000
-100000

输出样例2：

-999999829

大佬思路

K是奇数，需要转化为K是偶数的情况，于是先取一个数，为了使得结果最大，取最大的数（正数的话绝对值最大，负数的话(K是奇数且最大值是负数，res一定是负数），最大的负数绝对值最小也能使得res尽可能大

转化为选取偶数的情况，将n个数两两合并后，取 K/2个数。怎么进行合并，首先如果n是偶数，两两合并正好，n若是奇数，剩下的一个数可能是正数(n中有奇数个正数），不进行合并，剩下的一个数可能是负数(n中有奇数个负数），取K/2个数时直接略过这个负数

为什么要从左右两端开始两两合并？因为最大值只可能出现在两段。最右端如果俩正数，最左端如果俩负数，相乘得到的绝对值是尽可能大的(sign是考虑到是否一开始就乘了一个负数），因为数组是经过排序的，绝对值最小的数一定在两段被排除的一端或者是中间（绝对值的乘积是最小的），因此只要考虑两边得到绝对值尽可能大的乘积，中间可以直接不考虑

注意取余顺序—— res%mod，res先取余是没有意义的，res%mod*lt计算到这里时就已经爆longlong了

 res=lt%mod*res%mod; ✔
 //   res=res%mod*lt%mod;❌

#include 
using namespace std;
#define int long long int

// const int mod=1000000009;
// const int N=1e5+5;
const int N = 100010 , mod = 1000000009 ;
int n,k;
int a[N];

signed main()
{
  cin>>n>>k;
  for(int i=1;i<=n;i++){
      cin>>a[i];
  }
  sort(a+1,a+1+n);
  int res=1;
  int sign=1;
  int l=1,r=n;
  if(k&1){//如果k是奇数，先取走一个，转化为k是偶数的情况
       res=a[r];
      if(res<0)sign=-1;
      r--;
      k--;
  }
  while(k){
      int lt=a[l]*a[l+1];
      int rt=a[r]*a[r-1];
      if(lt*sign>rt*sign){
          l+=2;
          res=lt%mod*res%mod;
        //   res=res%mod*lt%mod;
      }
    //   因为x最大是 10^10，如果不先取模的话，和res相乘的结果最大是 10^19,会暴long long
      else {
          r-=2;
        //   res=res%mod*rt%mod;
        res=rt%mod*res%mod;
      }
      k-=2;
  }
  cout<<res;
  

  return 0;
}