栓奶牛
解法一:二分
很明显题目说了:最小值最大,满足单调性,因此可以二分
解释一下:题目要求:距离最近的奶牛之间的距离尽可能大。那么也就是说,两头奶牛要尽量间隔的远一些,即间隔大一点,组数少一点。此时有一个小贪心,那就是第一个桩子肯定要选。我们二分题目所求的最大距离(间隔),如果这个间隔k,可行的话,我们要继续看再大一点可不可以,这就是l=mid+1;如果k不行,意味着,间隔太大了,那么我们要调小,就是r=mid-1;这就是所谓的单调性。
二分的复杂度是非常优秀的logn,完全不用担心时间。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,w[105];
bool check(int x)
{
int num=1,last=1;
for(int i=2;i<=k;i++)
{
if(w[i]-w[last]>=x)
{
num++;
last=i;
}
}
if(num>=n) return 1;
return 0;
}
int main()
{
cin>>n>>k>>w[1];
for(int i=2;i<=k;++i)
{
w[i]=w[i-1]+((w[i-1]*2357+137)%10+1);
}
int l=1,r=w[k],ans=0;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)/2;
if(check(mid))
{
ans=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
cout<<ans;
return 0;
}
解法二:DP
此题用DP也是可以的,只不过没有二分那么简单,但DP是相当工整的
首先,一维dp是不行的,我们要记录的无非是三种东西:看过的桩子数,选中的个数,以及最大距离,
所以用二维dp
f[i][j]表示看完了i个桩子后选中了j个桩子中距离最近的奶牛之间的最大距离
我们最后是需要得到f[k][n]的值
下面就是要找子任务,俗称“回头望月”
首先我们可以肯定的是他的子问题一定是f[x][j-1],即看到了x个桩子,选中了j-1个。那么x的范围也很好确定,最大不能超过i-1,因为选中了j-1个,所以最小不能小过j-1(这就是上面这张图)
现在我们来看对于每一个x怎么处理?首先明确f[x][j-1]存的是,看到了x个桩子,选中了j个桩子中,最近的奶牛之间间隔的最大值。
那么接下来要更新两个东西:最近的奶牛和他们的最大值
如果w[i]-w[x]<f[x][j-1],那么他就是那个最近的两头奶牛,假设值为minv
那么我们会得到很多个minv,所谓最小值最大,其实就是max_minv
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,w[105];
int f[105][105];
int main()
{
int maxv,minv;
cin>>n>>k>>w[1];
for(int i=2;i<=k;++i)
{
w[i]=w[i-1]+((w[i-1]*2357+137)%10+1);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=20000;
for(int i=2;i<=k;i++)
{
for(int j=2;j<=i,j<=n;j++)
{
maxv=-1;
for(int x=j-1;x<=i-1;x++)
{
minv=min(f[x][j-1],w[i]-w[x]);
maxv=max(minv,maxv);
}
f[i][j]=maxv;
}
}
cout<<f[k][n]<<endl;
}