2.18题型总结
作者：互联网
贪心练习题
最大积分
https://www.ybtoj.com.cn/contest/130/problem/6
这题想策略倒不难，价值高的后买，乘以的等级就更高收益更高
难在等级增加时的算法模拟
（PS：题面其实说的很模糊。。T[i]到底表示总购买数还是再购买数也没清楚，导致前半段一直出错）
#define FOR(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
//
//
FOR(i,1,n){
tmp = cnt - t[lev-1];
cnt = a[i].num+cnt;
if(cnt < t[lev]){
ans+=a[i].num*a[i].c*lev;
}
else while(1){
if(cnt < t[lev]){
ans+=(cnt-t[lev-1])*a[i].c*lev;break;
}
else{
ans+=(t[lev]-t[lev-1]-tmp)*a[i].c*lev;
lev++;
tmp = 0;
}
}
}
cnt一直表示总购买量，tmp在购买下种物品之前记录，用来补充升级前的那部分
一次升级之后tmp就归0了，等购买下一种再记录。
砍树问题
https://www.ybtoj.com.cn/contest/130/problem/7
这让我想起之前的雷达问题！
同样要找到一个排序方式并说明其依据，那么根据经验，应该按横坐标（x）排序
好处是，只需要依次对相邻两棵树比较，不需要比较不相邻的树
对于P，左边的树到他距离D1，右边D2，那么这棵树的最高允许高度就为h = min（d1,d2），至少要砍去的长度就为max（ai-h,0）。
出栈序列
https://www.ybtoj.com.cn/contest/130/problem/8
字典序对局部最优策略提示很明显了，每次都要尽量找到序列数值最大的数先输出，直到序列全部入栈，再从栈顶依次输出。
我们用O(n)做法，可以记一个数组来找数值最大的数：如果后面的数都比它小，那么他一定要立即输出。
因此建立后缀最大值数组Max[n]。
int main(){
scanf("%d",&n);
FOR(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
Max[n] = a[n];
ROF(i,n-1,1) Max[i] = max(a[i],Max[i+1]);
//FOR(i,1,n) printf("%d ",Max[i]); enter;
//模拟
FOR(i,1,n){
int x = a[i];
z[++top] = x; //进栈
while(z[top] > Max[i+1]) { //如果已是从现在到结束为止最大的数，弹出
printf("%d ", z[top--]);
}
}
while(top) printf("%d ",z[top--]); //退完
}
矩阵问题
荷马史诗
https://www.ybtoj.com.cn/contest/130/problem/4
一道构建出模型才能化繁为简的问题。
题的含义是建立n个k进制数，使他们没有前缀包含另一个数。
建立k进制数好办，保证条件就有难度了。
题解给的算法中运用了树：
发现，如果将根到某个叶子路径边权按顺序连就得到了一个Si，一个叶子对应一个Si，同时可以满足前面的前缀条件！
那么，问题就转化为建造一个k叉树。
再想想最优方案：给边加上边权（Si出现的次数为w[i]，对应叶子节点的深度为dep[i](也可以说单词i转化为的字符个数)，那么总长为
所有n个词的dep[i]*w[i]
那么，边权较小的叶子节点应该深度较浅，以达到整体总长更小。
比如上图，原来3位置没有节点，那么将2节点挪移过去，一定不会比挪移前更差。
但是要只比较边权较小的叶子节点也不行，建不起多层树，所以我们用a[i]表示i子树中边权和,按a[i]从小到大取。
在计算中，不能保证每个树都有k个节点，计算的时候各种空位麻烦，所以我们搬出优化策略：
优化策略：补充若干个w=0的节点，使(n-1)%(k-1)=0
这样可以每次取前k个，这个算法就完美了
附代码
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define int long long
#define il inline
typedef long long ll;
using namespace std;
const int M = 110086;
int n,k,cnt,ans,w[M];
struct tle{
int v; //该点权值
int h; //该点子树高度
};
il bool operator < (const tle &a,const tle &b){
if(a.v!=b.v) return a.v > b.v;
else return a.h > b.h;
}
priority_queue <tle>q;
signed main(){
cin>>n>>k;
FOR(i,1,n) {
scanf("%lld",&w[i]);
tle tmp;
tmp.v = (ll)w[i];
tmp.h = 0;
q.push(tmp);
} //初始化：全是叶子，深度为0，权值w[i]
cnt = n;
if((n-1)%(k-1)!=0){
cnt+=k-1-(n-1)%(k-1);
}
FOR(i,1,cnt-n) {
tle tmp;
tmp.v = 0ll;
tmp.h = 0;
q.push(tmp);
} //n-1不是k-1整数倍时，用权值为0的点补全
while(cnt != 1) {
ll val = 0ll;
int dep = 0;
FOR(i,1,k){ //step1:取出前k小
tle tot = q.top();
val += (ll) tot.v;
dep = max(dep,tot.h);
q.pop();
}
cnt = cnt - k + 1; //step2:cnt减值
ans += val;//step3:加上权值之和
tle tmp;
tmp.v = val;
tmp.h = dep+1; //+1是因为要变父亲了，加辈
q.push(tmp); //step4:把父亲压进去，合并完成，一次循环结束
}
cout << ans << endl << q.top().h << endl;
return 0;
}
二分练习题
二分的适用范围：最优解具有单调性
合法|不合法：把最优化问题转化为判定问题
数列分段
https://www.ybtoj.com.cn/contest/131/problem/1
经典的二分转化--找到合适的L与R（此题是数列max到数列sum）--二分判断mid是否满足--满足则大于mid部分丢掉，不满足则小于mid部分丢掉
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
int n,m,a[100005],max_of_ai,sum_of_ai;
int ck(int limit){
int cnt = 1,sum = 0;
FOR(i,1,n) {
if(sum + a[i] <= limit) sum+=a[i];
else cnt++,sum = a[i];
}//单调选择，看作找不大于limit的最少连续段的问题
return cnt <= m;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
FOR(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),max_of_ai = max(max_of_ai,a[i]),sum_of_ai += a[i];
int l = max_of_ai,r = sum_of_ai;
while(l < r){
//printf("%d %d\n",l,r);
if(ck(mid)) r = mid;
else l = mid+1;
}
cout<<l<<endl;
}
攻击法坛
https://www.ybtoj.com.cn/contest/131/problem/6
二分的题各不相同，但是能推出二分的模型，按照题本身特点来做
这个题特点是融合DP
#include<bits/stdc++.h>
#define define define
#define enter puts("\n")
#define FOR(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define mid (l+r)/2
using namespace std;
const int MAXN = 2005;
int n, R, G, a[MAXN], l = 1, r = 0,ans = 0,cnt;
int dp[MAXN][MAXN],p[MAXN],q[MAXN];
bool ck (int L){
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(p,0,sizeof(p));
memset(q,0,sizeof(q));
FOR(i,1,n) FOR(j,i,n){
if(a[j]-a[i]+1<=L) p[i] = j;if(a[j]-a[i]+1<=2*L) q[i] = j;
}
p[n+1] = q[n+1] = n;
FOR(i,0,R) FOR(j,0,G){
cnt++;
if(i>0) dp[i][j]=max(dp[i][j],p[dp[i-1][j]+1]);
if(j>0) dp[i][j]=max(dp[i][j],q[dp[i][j-1]+1]);
}//枚举
return dp[R][G]==n;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&R,&G);
FOR(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
int l = 1,r = a[n] - a[1] + 1;a[0] = 0;
if(R+G >= n) return printf("1\n"),0;
while(l <= r){
if(ck(mid)) ans = mid,r = mid-1;else l = mid+1;
}
cout<<ans<<endl;
}
标签：总结,题型,cnt,int,max,2.18,tmp,dp,define 来源： https://www.cnblogs.com/y1nfelix/p/15907675.html