【笔试强训day18】

class Solution {
public:
    string compressString(string param) 
    {
        string ans;
        int left = 0, right = 0, n = param.size();
        while(left < n)
        {
            while(right + 1 < n && param[right] == param[right + 1]) right++;
            int len = right - left + 1;
            ans += param[left];
            if(len > 1) ans += to_string(len);

            left = right + 1;
            right = left;
        }
        return ans;
    }
};

第二题：chika和蜜柑

题目链接：登录—专业IT笔试面试备考平台_牛客网

题目描述

chika很喜欢吃蜜柑。每个蜜柑有一定的酸度和甜度，chika喜欢吃甜的，但不喜欢吃酸的。
一共有n个蜜柑，chika吃k个蜜柑，将获得所吃的甜度之和与酸度之和。chika想获得尽可能大的甜度总和。如果有多种方案，她希望总酸度尽可能小。
她想知道，最终的总酸度和总甜度是多少？

输入描述:

第一行有两个正整数n和k，分别代表蜜柑总数和chika吃的蜜柑数量。(1≤k≤n≤200000)
第二行有n个正整数ai，分别代表每个蜜柑的酸度。（1≤ai≤1e9）
第二行有n个正整数bi，分别代表每个蜜柑的甜度。（1≤bi≤1e9）

输出描述:

两个正整数，用空格隔开。分别表示总酸度和总甜度。

示例1

输入

3 2
1 3 4
2 2 5

输出

5 7

说明

选择1号和3号蜜柑，总酸度为5，总甜度为7，为最优解。

TopK问题。这道题只需按照订制的排序方法排序，然后取前k个即可。关键在于制定排序方法——如果甜度不相等，甜度高的排在前面；如果甜度相等，对应酸度小的排在前面。然后注意数据范围即可。

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;//<酸，甜>
const int N = 2e5 + 10;
PII arr[N];//存储酸度和甜度<酸，甜>

int main()
{
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    for(int i = 0; i < n; i++) cin >> arr[i].first;
    for(int i = 0; i < n; i++) cin >> arr[i].second;
    
    sort(arr, arr + n, [](const PII &p1, const PII &p2){
       if(p1.second != p2.second) return p1.second > p2.second;
        else return p1.first < p2.first;
    });
    
    //取出前k个
    long long s = 0, t = 0;//s->酸度  t->甜度
    for(int i = 0; i < k; i++)
    {
        s += arr[i].first;
        t += arr[i].second;
    }
    
    cout << s << " " << t << endl;
    
    return 0;
}

第三题：01背包

题目链接：01背包_牛客题霸_牛客网

描述

已知一个背包最多能容纳体积之和为v的物品

现有 n 个物品，第 i 个物品的体积为 vi , 重量为 wi

求当前背包最多能装多大重量的物品?

数据范围： 1≤𝑣≤1000， 1≤𝑛≤1000 ， 1≤𝑣𝑖≤1000 ， 1≤𝑤𝑖≤1000

进阶：𝑂(𝑛⋅𝑣)O(n⋅v)

示例1

输入：

10,2,[[1,3],[10,4]]

返回值：

说明：

第一个物品的体积为1，重量为3，第二个物品的体积为10，重量为4。只取第二个物品可以达到最优方案，取物重量为4

这是一道01背包的模板题，直接套模板即可——动态规划解决。

分析：

状态表示：dp[i][j]表示在前i个物品中，背包容量为j时能装的最大重量。

状态转移方程：dp[i][j] = max（dp[i-1][j]，dp[i - 1][j - vi] + w[i]），j >= v。

对于i位置的物品，有两种情况：选或不选。

如果不选，则当前的最大重量就是在前i - 1个物品中背包容量为j时能装的最大重量。

如果选，需要考虑上i位置对应物品的体积。

class Solution {
public:
    int dp[1010][1010];
    int knapsack(int V, int n, vector<vector<int> >& vw) 
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= V; j++)
            {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                //注意偏移后的映射关系
                if(j >= vw[i - 1][0])
                    dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - vw[i - 1][0]] + vw[i - 1][1]);
            }
        }
        return dp[n][V];
    }
};

当然可以优化为一维的dp，也是套模板即可。