正文
题目1
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题目大意：
n个人参加比赛，每个人都有一个分数a[i]，现在需要给这些人发奖牌（每个人最多发一个），要求：
- 1、至少一个人拿到奖牌；
- 2、分数为0的不能拿奖牌；
- 3、某个人拿奖，则所有分数不低于他的人也要拿奖牌；
问总共能有多少种分配方式？
输入：
第一行，n (1 ≤ n ≤ 100)
第二行，n个数字 (0 ≤ a[i] ≤ 600)
输出：
一个数字，表示分配方式的数量。
Examples
input
4
1 3 3 2
output
3
样例解释：3种方式：
1、只发给3分；
2、发给2、3分；
3、所有人都发；
题目解析：
根据题目的意思，由条件3我们容易知道，n种分数（非零），就有n种分法。
但对于这类型题目，除了做题外，很重要一点是如何把代码写得优雅。
比如说这样写，就很精简。
int main(int argc, const char * argv[]) {
// insert code here...
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
}
sort(a, a + n);
int ans = a[0] > 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (a[i - 1] != a[i]) {
++ans;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
题目2
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题目大意：
给出长度为n的两个整数数组a和b，数组a和数组b至少有一个数字不相同；
现在需要构造出新的数组c，要求：
1、数组c是1到n的一种排列；
2、数组c和数组a有且仅有一个数字不同，数组c和数组b有且仅有一个数字不同；
如果有多个解，可以任意输出一个。
数据范围
(2 ≤ n ≤ 1 000)
(1 ≤ a[i] ≤ n)
(1 ≤ b[i] ≤ n)
Examples
input
5
1 2 3 4 3
1 2 5 4 5
output
1 2 5 4 3
样例解释：
输入
第一个数字5，表示n=5；
接下来两行，每行有5个整数。
输出
1, 2, 5, 4, 3 和 1, 2, 3, 4, 5 都是可行解。
题目解析：
根据题意可以知道，数组a的元素是在[1, n]之间，由于数组c的数字是由[1,n]中的数字不重复排列而来，且数组c会有一个数字和数字a不同，其他数字是一样的；
那么数组a必然会存在两个相同的数字x，并且数组c与数组a不相同的数字就是x；（这里是题目意思的核心）
那么可以直接把数组a的一个x修改为数字t，验证是否满足题意，如果不行再尝试另一个解。
int a[N], visA[N];
int b[N], visB[N];
int find(int c[], int n) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (c[i] == 0) {
return i;
}
}
return 0;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
// insert code here...
int n;
vector<int> vec;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
visA[a[i]]++;
}
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
cin >> b[j];
visB[b[j]]++;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (visA[a[i]] == 2) {
vec.push_back(i);
}
}
a[vec[0]] = find(visA, n);
int diff = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (a[i] != b[i]) {
++diff;
}
}
if (diff != 1) {
a[vec[0]] = a[vec[1]];
a[vec[1]] = find(visA, n);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cout << a[i] << " ";
}
return 0;
}
题目3
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题目大意：
有一个长度为n字符串，现在可以对某些字符进行修改，总共可以修改m次（每次修改一个字符），现在有q次询问：
每次会有两个输入分别是m和c，表示可以对字符串中m个字符进行修改，输出修改完的字符串中，全部由c构成的子串的最大长度。
比如说字符串koyomi，只修改1次，可以把字符y改为o，则kooomi全部由字符'o'构成的最长子串是'ooo'，长度为3；
输入
总共有q次询问，每次询问包括修改次数m，和特定字符c；
n (1 ≤ n ≤ 1 500)
q (1 ≤ q ≤ 200 000)
m (1 ≤ m ≤ n)
输出
输出q次询问的最长子串长度。
Examples
input
6
koyomi
3
1 o
4 o
4 m
output
3
6
5
样例解释：
第一个询问，可以把'y'替换为'o'，得到最大长度3；
第二个询问，替换后最大长度的字符串是"oooooo"，长度为6；
第三个询问，满足题意的解有 "mmmmmi" and "kmmmmm"，长度均为5；
题目解析：
先不考虑多次询问，对于修改次数m，字符c，我们求最大长度；
容易知道贪心的解法不适用于此题，因为字符串的间隔有长有短，形成间隔的字符串长度不一定；
这里可以用到一种动态规划的做法：
dp[i][j] 表示前i个，修改j个字符，且第i个字符为c的最大长度；
那么有:
- a[i]==c => dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;
- a[i]!=c => dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
这里的初始化条件比较容易出错，对于所有dp[i][0]，根据a[i]==c决定dp[i][0]=dp[i-1][0]+1，还是dp[i][0]=0；
单次求解的复杂度是O(N^2)的状态，O(1)的转移；（这里需要思考，为何不需要dp[1~(i-1)]所有状态进行转移）
因为q的大小有10^6，直接应用显然不行。
根据询问的数据范围，我们知道总共只有m*26种可能；
我们直接枚举出所有的情况，用ans[i][j]表示可修改次数为i，字符为j的最大字符串长度，进行预处理的过程更新ans[i][j]即可。
char str[N];
int a[N];
short dp[N][N][26];
int ans[N][26];
int main(int argc, const char * argv[]) {
// insert code here...
int n;
cin >> n;
cin >> (str + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j < 26; ++j) {
char c = 'a' + j;
if (c == str[i]) {
dp[i][0][j] = dp[i - 1][0][j] + 1;
}
else {
dp[i][0][j] = 0;
}
for (int k = 1; k <= n; ++k) {
dp[i][k][j] = max(dp[i][k][j], dp[i][k - 1][j]);
if (c == str[i]) {
dp[i][k][j] = dp[i - 1][k][j] + 1;
}
else {
dp[i][k][j] = dp[i - 1][k - 1][j] + 1;
}
ans[k][j] = max(ans[k][j], (int)dp[i][k][j]);
}
}
}
int q;
cin >> q;
while (q--) {
int t;
char c;
scanf("%d %c", &t, &c);
printf("%d\n", ans[t][c - 'a']);
}
return 0;
}
题目4
题目链接
题目大意：
n个大妈在广场上跳舞，假设每个大妈的影响区域是一个圆，广场是在二维的坐标系上；
已知n个大妈分别在(x[i], y[i])的位置上，影响范围的半径是r[i]；
已知大妈的影响范围的圆，只会出现包含的情况，不会出现部分覆盖的情况，见图。
现在希望把这些人分成到两个时间段（上半夜、下半夜）， 要求被奇数个大妈覆盖到的面积尽可能的大，见图c1/c2/c3部分。
输入
n (1 ≤ n ≤ 1 000)
( - 10^6 ≤ xi, yi ≤ 10^6, 1 ≤ ri ≤ 10^6)
题目解析：
对于圆x和圆y，如果x被y包含，那么有x∈y；
假设有n个点a[i]，分别对应n个圆；对于x∈y，我们认为a[y]是a[x]的父节点；
如果节点t没有父节点，我们新增点a[0]，a[0]是a[t]的父节点；
根据题目要求，没有圆相交，那么a[0 ~ n]的节点构成一棵树；
假设根节点深度为1且面积为0，我们用红色和黑色对节点进行染色，规则如下：
根节点为黑色；
深度为1的节点为红色，深度为2的节点为红色；
其余所有节点，如果父节点为红色/黑色，则当前节点为黑色/红色；
题目要求的最大面积就是红色节点的面积。
原理：对于任何一个非根的节点t，子树所有节点能覆盖的面积不会超过t的面积；
所以把深度为1的所有节点分配到上半夜，剩下的所有的点都分配在下半夜；（剩下的点必然是红黑交错）
简化代码：
对于任何一个圆，求出其被覆盖的次数c[i];
如果c[i]=0，sum += area(i);
如果c[i]%2=1, sum += area(i);
如果c[i]%2=0, sum -= area(i);
题目看起来比较复杂， 附上完整代码（其实很短）：
************************* 题解 ***********************/
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<deque>
#include<string>
#include<utility>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long lld;
const int N = 1511, M = 3010100, inf = 0x7fffffff;
const lld llinf = 0x7fffffff7fffffffll;
lld x[N], y[N], r[N];
lld c[N];
double dist(int i, int j) {
return sqrtl((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
}
#define M_PI 3.14159265358979323846264338327950288
double area(int i) {
return M_PI * r[i] * r[i];
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
// insert code here...
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> x[i] >> y[i] >> r[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (r[i] < r[j] && dist(i, j) <= r[j]) {
++c[i];
}
}
}
double sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (c[i] == 0) {
sum += area(i);
}
else if (c[i] % 2 == 1) {
sum += area(i);
}
else {
sum -= area(i);
}
}
printf("%.10f", sum);
return 0;
}
总结
题目1需要注意题目意思，读懂之后就很容易；
题目2先考虑部分因素，比如说用数组a来简化和推理，用数组b验证；
题目3动态规划非常实用这种需要连续做选择的题目，再根据题目的数据范围增加预处理；
题目4用图论来辅助思考，思考过程能简化得非常清晰；
