2021-3-6 信息总结

今日所学：枚举与模拟
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所得主要感悟：
&1：程序大小与时间控制
例： 最大连续和
给定N个数，求这N(1 <=N <= 100,000) 个数的某个连续子序列的累加和，保证这个连续子序列的累加和最大。

<1> 三重循环
枚举起点
枚举终点
求累加和

 for (int i=1;i<=n;i++)
	   for (int j=i;j<=n;j++)
	   {
	       int sum=0;
		   for (int k=i;k<=j;k++)
		   sum+=a[k];
		   if (sum>ans)  ans=sum;
	   }

这种方法利用三重循环，当n>500时基本要超时…

<2>前缀和预处理

类似于大数据版的数组求和中的处理方式

int main()
{
int maxx=-10000000;
    for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		sum[i]+=sum[i-1]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=n;j++)
    {
       int t=sum[i]-sum[j-1];
       if(t>ans) ans=t;
    }
	return 0;
} 

还是太麻烦，不稳妥

<3>如果当前累加和为负数，无作用
反之，会让后边累加和变大

    int sum=0;
	ans=-100000000;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
	   sum+=a[i];
	   if (sum>ans)  ans=sum;
	   if (sum<0)  sum=0;
    }

简单易懂
&2：预处理
例如火柴棒问题中的火柴棒个数进行系统化的开数组

for (int i=10;i<=2222;i++)
 stick[i]=stick[i/10]+stick[i%10];

这里火柴棒若一一枚举就过于麻烦，故将一个数字分为两部分，分别求个数，再相加即为本数字的火柴棒个数

&3：bool 形式的灵活应用

通过bool类型的“真假”特性，有时可以很方便的简化问题
例如当我们多次判断一个代码的返回值时，巧用bool的两种情况，可以很方便的简化代码

例：题目：牛式
下面是一个乘法算式，但是所有的数字都看不见了。

**如果一个 星号 可以是任何一个数字，想必这个虫食算有相当多的解；
但如果一个星号只能从给定集合中选取数字，那么这个虫食算有多少个解呢 **

这里需要简单的判断乘法情况，则需重点考虑进位情况和是否在给定的集合中
故而巧妙运用bool

  int  num[10]
  bool  flag[10]
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
     cin>>num[i];
	 flag[num[i]]=1;
  }
  这里的1表示在集合中

后面进位的表示是否成立可以用到

if(a[i]+a[i+1]>=10)
{
   a[i+1]++;
   a[i]-=10;
   flag=1;
}