贪心+大模拟？

最新推荐文章于 2024-09-25 21:49:38 发布
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本文分享了作者在模拟算法方面的心得体会，强调了理解题目、细致规划的重要性，并提出了与队友交流以减少失误的建议。此外，还讨论了贪心算法的应用及判断标准。

之前打过斗地主，华容道，玛雅游戏等等类似于模拟的暴搜，最近又做了麻将，杀蚂蚁，猪国杀。。。感觉各类的游戏貌似被我模拟过一遍了。。（不要和我提什么魔兽世界，我不知道QAQ），据说做大模拟人会变傻，也许吧（冷。。）
其实做大模拟，一定要在打之前，仔细地读明白题（猪国杀蚂蚁我平均读了一个小时），构思好一切整体框架，不要再打了不少之后发现这样实现不了，然后再改好多（为yzh默哀），打之前要静下心，打时要细心，调时要有耐心。（不然你分别可能想错实现，写出各种错误，想啃键盘砸电脑）。
其实要多和队友问问，可以少掉不少坑。

对于贪心：
除非是特别明显的一般我证不出来，全凭感觉。。多做几道大概就会有一些思路了，但至少能区别DP和贪心。。。
贪心最重要的就是知道到底什么满足这个性质，该如何找。
待更新。

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多项式输出#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL; const int maxn = 1e5 + 10;int a[maxn]; int flag; void solve() { int n; scanf("%d",&n); n = n +1; for(int i = 1;i<=n
POJ4001/HDU4121 Xiangqi 大模拟
fawks96的专栏
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这其实就是一道无脑模拟题。。首先黑方将有四个位置可以走（上下左右）（如果可以走的话），那么就分别模拟走到这四个位置，然后判断会不会被红方将军。如果被红方以任一方式将军则在这种情况下被将死。如果四种走位都会被将死，则输出YES，即黑方彻底玩完。一个我认为的Trick是如果一开始黑方还没走的时候就可以飞将红方，那么此时直接输出NO就好了（不用走，直接黑房赢了），测试样例应该是没有这样的样例的，不过我还是
「Daily OI Round 4」Snow（贪心+模拟）
m0_60738889的博客
06-03 1487
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【力扣406-根据身高重建队列】贪心+模拟（python3）
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【算法】贪心+堆排序实现大根堆及标准库容器类的融合使用
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先看题这个算法，是要通过循环找到所有元素中最大的那个偶元素，对其除以2，然后再找这之后的最大的那个偶元素以此类推笔者的经历不多，第一次做的时候没有想到大根堆的算法，只是用sort将每次除以2后的整个数组进行降序排序，这样的作法使用sort对数组进行排序后，虽然可以确定数组中的元素大小顺序，但在每次选择偶数进行减半操作时，需要遍历整个数组来找到合适的偶数，效率较低。对于一个较大的数组，排序后可能需要花费较多的时间来找到下一个要进行减半操作的偶数，尤其是当操作次数较多时，这种遍历的方式会变得非常耗时。
Week 10 大模拟
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A - 签到题 TT有一个A×B×C的长方体。这个长方体是由A×B×C个1×1×1的小正方体组成的。 现在TT想给每个小正方体涂上颜色。 需要满以下三点条件： 每个小正方体要么涂成红色，要么涂成蓝色。 所有红色的小正方体组成一个长方体。 所有蓝色的小正方体组成一个长方体。 现在TT想知道红色小正方体的数量和蓝色小正方体的数量的差异。 你需要找到红色正方体的数量与蓝色正方体的数量差值的绝对值的最小值。 即min{|红色正方体数量 - 蓝色正方体数量|}。 输入 输入仅一行，三个数A B C (2≤A,B
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20201104大模拟（一） 开错题了我吐了，赛后A一发过，绝了 B是什么deng西，我得有一段时间不想看到植物大战僵尸了，有一些边界问题 C是在计算的过程中的大模拟 D是思维， 总体来说其实还好，不要怕的，就还好 “一道题WA了五发以上其实就没有出的必要了” 自己想想为什么会打成这个样子好不好 A - Try and Catch A 题目真的有点长，还是要耐心阅读理解吧， 只有一个throw，刚开始以为有好多，并且觉得空格挺难搞的就先没做，其实没啥坑的直接冲就完事 #include <bits/s
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点此看题面 大致题意： 让你模拟一个游戏猪国杀的过程。 极大坑点 对于这种模拟题，具体思路就不讲了，就说说有哪些坑点。 题面有锅，反猪是FPFPFP。 数据有锅，牌堆中的牌可能不够用，牌堆为空之后需一直抽最后一张牌。 主猪杀死忠猪后猪哥连弩也要清除。 无懈可击也可以用无懈可击抵消。 使用决斗的猪可能死亡。 无懈可击是从使用锦囊牌的猪开始轮流选择是否响应。 使用完一张牌...
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在打acm的过程中，个人总是有这样一个现象，写思路不好想但是码量少的题，能够很快写出来。但是呢，思维难度小，但是码量大的题，总是写很久很久。 这是什么原因呢？首先我们要分析一下大模拟，也就是码量大的题的特点： 情况多，细节多 码量大 解决这个问题的纵向长度较长 写这种类型的题目时，没有先树立一个大体思路，没有打好一个框架，只把这个思路放在脑子里，当处理细节的时候，处理着就忘了别的细节或者是大体思路，重新回想非常浪费时间，甚至导致忘记一些细节，导致崩盘。 所以，为了解决以上问题，应该采取如下措施应对：
HDU 1107 武林（大模拟）
My_stage的博客
07-17 1985
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1107模拟题，不说啥了，心碎了。一下午就扣这一题了。原因是 题意没给明白，只有不懂门派中有2人站在同一点上才会发生战斗！！！！！#include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> using namespace std; int maps[13]
容斥原理 集合计数
蒟蒻QTY
10-18 1238
问题 J: 集合计数 时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB 题目描述 一个有N个元素的集合有2^N个不同子集（包含空集），现在要在这2^N个集合中取出若干集合（至少一个），使得 它们的交集的元素个数为K，求取法的方案数，答案模1000000007。（是质数喔~） 输入 一行两个整数N,K 输出 一行为答案。 样例输入 3 2 样例输出 6 提示 【样例说明】
分层背包 [HNOI2007]梦幻岛宝珠
蒟蒻QTY
10-18 1216
问题 I: [HNOI2007]梦幻岛宝珠 时间限制: 1 Sec 内存限制: 162 MB 提交: 32 解决: 6 [提交][状态][讨论版] 题目描述 给你N颗宝石，每颗宝石都有重量和价值。要你从这些宝石中选取一些宝石，保证总重量不超过W，且总价值最大为，并输出最大的总价值。数据范围：N<=100;W<=2^30,并且保证每颗宝石的重量符合a*2^b（a<=10;b<=30）输入
for (int i = 0; i < n; i++) { if (a[i] <= ans) { ans++; ？
最新发布
12-17
# 题目重述 小明想办一个聚会，他有 $ n $ 个朋友。第 $ i $ 个朋友表示：如果**其他人中至少有 $ a_i $ 个人会去**（不包括自己），那么他自己就会去。 小明想知道，在最优情况下，**最多有多少个朋友会来参加聚会？** 输入格式： - 第一行是样例数 $ T $（$ 1 \leq T \leq 100 $） - 每个样例第一行为朋友数量 $ n $（$ 1 \leq n \leq 10000 $） - 第二行为 $ n $ 个整数 $ a_1, a_2, \ldots, a_n $，其中 $ 1 \leq a_i \leq n $ 输出格式： - 对每个样例输出一个整数，表示最多能来的朋 友人数。 --- # 代码解析 你提出的代码片段： ```c for (int i = 0; i < n; i++) { if (a[i] <= ans) { ans++; } } ``` 这是解决该问题的经典**贪心算法核心逻辑**，但它的**正确性依赖于前提条件：数组 `a` 已经按升序排序**。 我们来详细解释这段代码的含义和背后的逻辑。 --- ## ✅ 正确完整的 C 语言代码 ```c #include <stdio.h> #include <stdlib.h> // 比较函数，用于 qsort int cmp(const void *a, const void *b) { return (*(int*)a - *(int*)b); } int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { int n; scanf("%d", &n); int a[10000]; for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } // 必须先排序 qsort(a, n, sizeof(int), cmp); int ans = 0; // 当前确定会去的人数 for (int i = 0; i < n; i++) { if (a[i] <= ans) { ans++; // 这位朋友看到已有 ans 人去，满足条件，他也加入 } } printf("%d\n", ans); } return 0; } ``` --- ## 🔍 代码逻辑详解 ### 变量含义： - `ans`：当前已经“确定会去”的人数（初始为 0） - `a[i]`：第 $ i $ 个朋友的最低要求（别人中至少有 $ a_i $ 人去，他才去） ### 贪心策略： 1. 将所有朋友按 $ a_i $ 从小到大排序 2. 遍历每一个人： - 如果他的要求 $ a_i \leq \text{当前已确定去的人数 } ans $ - 那么他就会去 → 所以 `ans++` 3. 最终 `ans` 就是能来的最大人数 --- ## 🧠 为什么这样做是对的？ ### 关键洞察： > 一个人愿意去，当且仅当他看到的“已去人数” ≥ 他的期望值 $ a_i $ 我们从小到大处理 $ a_i $，意味着先考虑最容易满足条件的人。 随着 `ans` 增长，越来越多的人会被“带动”加入。 --- ## 📌 举例说明 ### 示例：`a = [1, 1, 3]` 排序后：`[1, 1, 3]`，`ans = 0` | i | a[i] | ans（当前已去人数） | 条件 a[i] <= ans？ | ans 是否增加 | |---|------|------------------------|--------------------|---------------| | 0 | 1 | 0 | 1 <= 0？❌ | 否 | | 1 | 1 | 0 | 1 <= 0？❌ | 否 | | 2 | 3 | 0 | 3 <= 0？❌ | 否 | → 输出 `0` ❌ 错了！ 等等，出错了？ 不对！我们发现：即使没人启动，但如果大家都预期有人去，可能会集体行动。 再试另一种思路：**枚举最终人数 $ x $**，验证是否自洽。 --- ## ❗ 真正正确的判断标准： 设最终有 $ x $ 人去。则每一个去的人都必须满足： $$ a_i \leq x - 1 $$ （因为他看到的是其他 $ x-1 $ 个人） 所以我们需要找**最大的 $ x $**，使得数组中 **至少有 $ x $ 个元素满足 $ a_i \leq x - 1 $** 这才是严格正确的模型。 --- ## ✅ 改进版正确代码（推荐） ```c #include <stdio.h> #include <stdlib.h> int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { int n; scanf("%d", &n); int a[10000]; for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } int ans = 0; // 从大到小枚举最终可能去的人数 x for (int x = n; x >= 0; x--) { int count = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { if (a[i] <= x - 1) { count++; } } if (count >= x) { ans = x; break; } } printf("%d\n", ans); } return 0; } ``` ### 示例：`a = [1, 1, 3]` - $ x = 3 $: 要求 $ a_i \leq 2 $ → 有 2 个满足（1,1）→ $ 2 < 3 $ ❌ - $ x = 2 $: 要求 $ a_i \leq 1 $ → 有 2 个满足 → $ 2 \geq 2 $ ✅ → 输出 `2` ✔️ 正确！ --- ## ❓ 那原来的 `if (a[i] <= ans) ans++` 错了吗？ **不一定错，但在某些情况下会低估或高估结果。** 那个方法实际上是模拟“逐步加入”的过程，但它假设人们是按顺序做决定的，而现实中是**同步决策**。 所以它只是一个近似贪心，不能保证在所有情况下正确。 --- # 结论 你问的这段代码： ```c for (int i = 0; i < n; i++) { if (a[i] <= ans) { ans++; } } ``` 它的意思是：“如果这个人看到当前已去人数足够多，他就加入”。 **前提是数组已排序，且这是一种启发式贪心，不是严格正确解法。** 在多数测试案例中表现良好，但存在反例。 --- # 知识点 1. **贪心算法局限性** 局部最优选择未必带来全局最优，需证明单调性和最优子结构。 2. **同步决策建模** 每个人基于总人数做决定，应使用“自洽性检验”而非顺序模拟。 3. **枚举验证法** 对可能答案从大到小枚举，检查条件是否成立，适用于存在性判定问题。
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