标签：top while not name int names 字母 container i+1
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题意： 给定一个数组，每次可以给其中一个元素+2 ，问可否经过若干次操作使所有元素的值一样
分析： 找到最大的元素，判断与其它元素的差值是否是二的整倍数即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t,n,a[101];
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n; int m=0,flag=0;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i],m=max(m,a[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
if((m-a[i])%2) {flag=1;break;}
if(flag) cout<<"NO\n";
else cout<<"YES\n";
}
}
题意： 给定一个字符串，问是否存在长度为3的回文子序列
分析： 暴力枚举回文子序列两端，若存在 \(s[l]==s[r]~and~r-l>1\) 即表示有解
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e3+10;
int a[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n; int flag=0;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
for(int i=0;i<n&&!flag;i++)
for(int j=i+2;j<n;j++)
if(a[i]==a[j])
{
flag=1;break;
}
if(flag) cout<<"YES\n";
else cout<<"NO\n";
}
}
题意： 起点为 0 ，终点为 n+1 ，在区间 [1,n] 上每个点都有字母 ‘L‘ 或 ‘R‘ ，代表往左或者往右，当你跳到 [1,n] 上的点时，下一次起跳的方向需要对应点上的字母，每次跳跃的范围在 [1,k] ，现在要你使得从起点能跳到终点的情况下 k 的值尽量小，求这个最小值
分析： 最小的值肯定是 [0,n+1] 上连续的 ‘L‘ 的最大值，不然是无法跳过这段距离的
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;cin>>t;
while(t--)
{
cin>>s; int n=s.length(),last=-1,ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(s[i]==‘R‘)
{
ans=max(ans,i-last);
last=i;
}
ans=max(ans,n-last);
cout<<ans<<‘\n‘;
}
}
题意： 给定长度为 n 的两个数组 a 和 b，求有多少对 \((i,j)\) \(i<j\)满足 \(a_i+a_j>b_i+b_j\)
分析： 移下项就变成了 \(a_i-b_i>-(a_j-b_j)\) ，那么令 \(c_i=a_i-b_i\) ，即找到所有的 \((i,j)~i<j\) 满足\(c_i>-c_j\) ，给数组 c 排个序，对于每个 \(c_i\) ，二分找到满足条件的位置就可以了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2E5+10;
int s[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>s[i];
for(int i=0,x;i<n;i++) cin>>x,s[i]-=x;
sort(s,s+n);
long long ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int xb=upper_bound(s,s+n,-s[i])-s; //找到第一个大于等于 -s[i] 的位置
xb=max(i+1,xb); //满足 i<j 的条件
ans+=(long long)n-xb;
}
cout<<ans;
}
题意： 给出长度为 n 的睡觉数组 a，\(a_i\) 表示第 i 次睡觉的时长，Vova 从 0 时开始睡觉(按照数组a顺序，醒了又继续睡)，若他某次醒来的时刻在模 h 意义下处于区间 [l,r] 内，那么这一次的睡眠是 good 的，Vova 可以控制每次睡觉的时间减小 1 小时，问 n 次睡眠中至多有几次是 good 的
分析： 因为每次睡觉至多减小一小时，所以可以给数组 a 做前缀和 sum，这样若前 i 次睡眠一共减小 j 次，那第 i 次睡眠后醒来的时刻就是 \(sum[i]-j\) ，设 dp[i][j] 表示前 i 次睡眠，减少操作为 j 次的情况下 good 最多的次数，则转移方程不难想
//a[i]是前缀和
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<i;j++)
{
// 1.前i组睡眠j+1次操作，使得第i次睡眠醒来处于good区间
if((a[i]-j-1)%h>=l&&(a[i]-j-1)%h<=r)
dp[i][j+1]=max(dp[i][j+1],dp[i-1][j]+1);
// 2.前i组睡眠j次操作，使得第i次睡眠醒来处于good区间
if((a[i]-j)%h>=l&&(a[i]-j)%h<=r)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+1);
// 3.前i组睡眠j次操作，第i次睡眠醒来不处于good区间
dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]));
// 4.前i组睡眠j+1次操作，第i次睡眠醒来不处于good区间
dp[i][j+1]=max(dp[i][j+1],dp[i-1][j]);
}
//写法不唯一，符合逻辑就可以了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000+5;
int a[N],dp[N][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n,h,l,r; cin>>n>>h>>l>>r;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=2;i<=n;i++) a[i]+=a[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
{
if((a[i]-j-1)%h>=l&&(a[i]-j-1)%h<=r)
dp[i][j+1]=max(dp[i][j+1],dp[i-1][j]+1);
if((a[i]-j)%h>=l&&(a[i]-j)%h<=r)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+1);
dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]));
dp[i][j+1]=max(dp[i][j+1],dp[i-1][j]);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[n][i]);
cout<<ans;
}
题意： 给定一棵树，每棵树属性或白或黑，设一个节点 u 所在连通块的权值为 \(cnt_w-cnt_b\) , 即连通块内白点减去黑点的数量，现在你可以干预这个连通块(即本来 u 的连通块就是整棵树，你可以截断使得最后的连通块只要包含节点 u 就可以了)，求每个节点的最大权值
分析： 图是一棵树，由题意，对于树上的节点，对其权值产生影响的除了它本身，就是子孙节点和祖先节点，那么可以两次dfs，第一次dfs1求出 子孙节点的影响，第二次dfs2再在dfs1的基础上求出并累加祖先节点的影响；
设 dp[u] 表示节点 u 的最大权值
//子孙节点的影响
void dfs1(int u,int pre)
{
if(a[u]) dp[u]++; //初始化权值，节点属性为白+1，黑-1
else dp[u]--;
for(auto v:e[u])
{
if(v==pre) continue;
dfs1(v,u);
if(dp[v]>0) dp[u]+=dp[v];
//对于节点 u ，它只累加子节点中权值大于零的，这样才会使得 u 的权值尽量大
}
}
//祖先节点影响
void dfs2(int u,int pre)
{
for(auto v:e[u])
{
if(v==pre) continue;
if(dp[v]>=0&&dp[u]>dp[v]) dp[v]=dp[u];
//如果子节点v的权值大于等于零，则证明dfs1中u的权值肯定已经包括了v，此时若u的权值大于v，则更新v
else if(dp[v]<0&&dp[u]>0) dp[v]+=dp[u];
//否则若v的权值小于零，则dfs1中u的权值不包括v，若u的权值大于零，则v累加u的权值(为了使v的权值尽量大)
dfs2(v,u);
}
}
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2E5+10;
int a[N],n,dp[N];
vector<int>e[N];
void dfs1(int u,int pre)
{
if(a[u]) dp[u]++;
else dp[u]--;
for(auto v:e[u])
{
if(v==pre) continue;
dfs1(v,u);
if(dp[v]>0) dp[u]+=dp[v];
}
}
void dfs2(int u,int pre)
{
for(auto v:e[u])
{
if(v==pre) continue;
if(dp[v]>=0&&dp[u]>dp[v]) dp[v]=dp[u];
else if(dp[v]<0&&dp[u]>0) dp[v]+=dp[u];
dfs2(v,u);
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v; cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<dp[i]<<‘ ‘;
}
标签：top while not name int names 字母 container i+1
原文地址：https://www.cnblogs.com/17134h/p/12838926.html
