套题1

标签：技巧   using   min   eof   long   %s   str   main   print   

T1

给出一个 $n$ 长的 $01$ 串；
每次操作可以将一个 $0$ 转化为 $1$，或者反向操作；
要求最少能使所有 $0$ 在 $1$ 前面的操作数；

solve

预处理关于 $1$ 的前缀和
枚举 $0, 1$ 的交界点进行判断

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;

char s[N];
int A[N];

int main() {
    scanf("%s", s + 1);
    int n = strlen(s + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
        if(s[i] == '0') A[i] = 0;
        else A[i] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) A[i] += A[i - 1];
    int Answer = (1 << 30);
    for(int i = 1; i <= n + 1; i ++) {
        int now = A[i - 1] + (n - i + 1) - (A[n] - A[i - 1]);
        Answer = min(Answer, now);
    }
    cout << Answer;
    return 0;
}

T2

给定 $n$, 求有多少对 $(x, y)$ 满足

1. $x < y$
2. $x, y$ 中出现的 $[0, 9]$ 的数码种类相同

solve

由于只要求种类相同
只需记录每个种类出现的次数
然后组合数计算即可

在记录种类时有个技巧
假设 $x$ 映射出来的数为 $a$
若 $i$ 存在于 $x$ 的数码中
则对 $a$ 加 $2 ^ i$
这样的话，不会存在 $x$ 不同 $a$ 相同的情况
可以计算 $a <= 1024$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>

using namespace std;
const int size = 1024;

int n;
int f[size];
long long ans;
bool v[10];
int u[10] = {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512};

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        int a = i, b = 0;
        memset(v, 0, sizeof v);
        while(a) v[a % 10] = 1, a /= 10;
        for(int j = 0; j <= 9; j ++) if(v[j]) b += u[j];
        f[b] ++;
    }
    for(int i = 0; i < size; i ++) ans += 1ll * f[i] * (f[i] - 1) / 2;
    cout << ans;
    return 0;
}

T3

给出长度为 $n$ 的序列
求最长子序列满足
偶数项 $>$ 相邻的两项，且差 $<= k$

slove

$n ^ 2$ dp
$f_i$ 表示第 $i$ 个为奇数项时到 $i$ 的最长子序列
$g_i$ 表示第 $i$ 个为偶数项时到 $i$ 的最长子序列

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>

using namespace std;

const int N = 2e6 + 10;

int n, k, A[N], f[N], g[N];

int main() {
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> A[i];
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        int Max = 0;
        for(int j = 1; j < i; j ++) {
            if(A[i] <= A[j] && A[j] - A[i] >= k) {
                Max = max(Max, g[j]);
            } 
        }       
        f[i] = Max + 1;
        Max = -1;
        for(int j = 1; j < i; j ++) {
            if(A[i] >= A[j] && A[i] - A[j] >= k) {
                Max = max(Max, f[j]);
            }
        }
        g[i] = Max + 1;
    }
    int Answer = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) Answer = max(max(g[i], f[i]), Answer);
    cout << Answer;
    return 0;
}

$O(n)$ 贪心

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 2000008;

int n, m, a[maxn];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 0; i < n; i ++) scanf("%d", a + i);
    int ans = 1, k = 0, cur = a[0];
    for(int i = 1; i < n; i ++)
        if(k) {
            if(cur - m >= a[i]) k = 0, cur = a[i], ans ++;
            else cur = max(cur, a[i]);
        } else {
            if(a[i] - m >= cur) k = 1, cur = a[i], ans ++;
            else cur = min(cur, a[i]);
        }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

套题1

标签：技巧   using   min   eof   long   %s   str   main   print   

原文地址：https://www.cnblogs.com/shandongs1/p/9648139.html