小蓝的金属冶炼转换率问题
小蓝有一个神奇的炉子用于将普通金属 (O) 冶炼成为一种特殊金属 (X) 。
这个炉子有一个称作转换率的属性 (V) ，(V) 是一个正整数，这意味着消耗 (V) 个普通金属 (O) 恰好可以冶炼出一个特殊金属 (X) ，当普通金属 (O) 的数目不足 (V) 时，无法继续冶炼。
现在给出了 (N) 条冶炼记录，每条记录中包含两个整数 (A) 和 (B) ，这表示本次投入了 (A) 个普通金属 (O) ，最终冶炼出了 (B) 个特殊金属 (X) 。
每条记录都是独立的，这意味着上一次没消耗完的普通金属 (O) 不会累加到下一次的冶炼当中。
根据这 (N) 条冶炼记录，请你推测出转换率 (V) 的最小值和最大值分别可能是多少，题目保证评测数据不存在无解的情况。
输入格式
第一行一个整数 (N) ，表示冶炼记录的数目。
接下来输入 (N) 行，每行两个整数 (A、B) ，含义如题目所述。
输出格式
输出两个整数，分别表示 (V) 可能的最小值和最大值，中间用空格分开。
数据范围
- 对于 30% 的评测用例，(1 \leq N \leq 10^2) 。
- 对于 60% 的评测用例，(1 \leq N \leq 10^3) 。
- 对于 100% 的评测用例，(1 \leq N \leq 10^4) ，(1 \leq B \leq A \leq 10^9) 。
输入样例
3
75 3
53 2
59 2
输出样例
20 25
样例解释
当 (V = 20) 时，有：(\lfloor\frac{75}{20}\rfloor = 3) ，(\lfloor\frac{53}{20}\rfloor = 2) ，(\lfloor\frac{59}{20}\rfloor = 2) ，可以看到符合所有冶炼记录。
当 (V = 25) 时，有：(\lfloor\frac{75}{25}\rfloor = 3) ，(\lfloor\frac{53}{25}\rfloor = 2) ，(\lfloor\frac{59}{25}\rfloor = 2) ，可以看到符合所有冶炼记录。
且再也找不到比 (20) 更小或者比 (25) 更大的符合条件的 (V) 值了。
代码
//消耗V个普通金属，可以冶炼一个特殊金属，当普通金属数目不到V时，无法继续
//输入N行熔炼记录，接下来N行，A代表使用普通金属数量，B代表练出了多少金属
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int ll=-1,rr=1e9;//下限和上限
int main(){
//求下限：我们假定可以练出b+1个，我们在计算出的数字的基础之上加1，就可以求出下限，随后我们针对所有计算出的下限取一个最大值
//求上限：A/B，为我们可以练出的上限，对所有的上限取一个最小值
int n;
cin>>n;
while(n--){
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
ll=max(ll,a/(b+1)+1);
rr=min(rr,a/b);
}
cout<<ll<<" "<<rr<<endl;
return 0;
}
飞机降落问题
有 (N) 架飞机准备降落到某个只有一条跑道的机场。
其中第 (i) 架飞机在 (T_i) 时刻到达机场上空，到达时它的剩余油料还可以继续盘旋 (D_i) 个单位时间，即它最早可以于 (T_i) 时刻开始降落，最晚可以于 (T_i + D_i) 时刻开始降落。
降落过程需要 (L_i) 个单位时间。
一架飞机降落完毕时，另一架飞机可以立即在同一时刻开始降落，但是不能在前一架飞机完成降落前开始降落。
请你判断 (N) 架飞机是否可以全部安全降落。
输入格式
输入包含多组数据。
第一行包含一个整数 (T) ，代表测试数据的组数。
对于每组数据，第一行包含一个整数 (N) 。
以下 (N) 行，每行包含三个整数：(T_i) ，(D_i) 和 (L_i) 。
输出格式
对于每组数据，输出 YES 或者 NO，代表是否可以全部安全降落。
数据范围
- 对于 30% 的数据，(N \leq 2) 。
- 对于 100% 的数据，(1 \leq T \leq 10) ，(1 \leq N \leq 10) ，(0 \leq T_i,D_i,L_i \leq 10^5) 。
输入样例
2
3
0 100 10
10 10 10
0 2 20
3
0 10 20
10 10 20
20 10 20
输出样例
YES
NO
样例解释
对于第一组数据，可以安排第 3 架飞机于 0 时刻开始降落，20 时刻完成降落。安排第 2 架飞机于 20 时刻开始降落，30 时刻完成降落。安排第 1 架飞机于 30 时刻开始降落，40 时刻完成降落。
对于第二组数据，无论如何安排，都会有飞机不能及时降落。
代码
//n架飞机
//第i个飞机t到达机场，还可以盘旋d个时间，降落需要l时间 ，最早可以t开始降落，最晚t+d
//一个飞机降落完，另一个飞机才可以降落
//第一行是t，代表t组数据
//n架飞机 ，t时刻到达，d时刻的盘旋，l降落时间
//因为必须等到前一个飞机降落完毕，后一个飞机才可以降落，所以我们设置一个变量为last保存下前一个飞机降落完成的时间
//if last位于t之前或者是t+d之间那么便可以完成降落
//更新last为 last+l，t+l中的最大值
//if 不满足last的条件直接返回false
//我们在这里创建一个结构体来保证数据的易读性，原有思想是对飞机进行一次排序，但是完全没有必要，因为这不具有参考的价值
//这里为什么使用dfs是因为这里飞机最多有10架，dfs可以完成任务，不超时
//DFS的分类：指数型枚举（每一个方案有多个选择，就比如一个物品拿还是不拿），组合型枚举（不一定要所有的都枚举出来）
//，排列型枚举（从小到大的排序）如果我们这里一定要进行归类的话，那么这里应该是可以是排列行枚举
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef struct plane{
int t,d,l;
}plane;//创建一个plane类型的数组，用来保存飞机的具体参数
plane p[12];
int n;//飞机的数量我们在这里设置为全局变量
bool st[12];//同时创建一个bool数组来确定飞机是否有完成降落
bool dfs(int u,int last){
if(u>n) return true;//递归首先要确定递归的出口，当u大于飞机的数量时，证明此时飞机已经完全被便利过了，没有任何问题
for(int i=1;i<=n;i++){
int t=p[i].t,d=p[i].d,l=p[i].l;
if(!st[i]&&t+d>=last){
st[i]=1;
if(dfs(u+1,max(last,t)+l)) return true;
st[i]=0;
}
}
return false;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);//输入数据组数的数量
while(T--){
memset(st,0,sizeof st);
scanf("%d",&n);//输入飞机的数量
for(int i=1;i<=n;i++){
int a,b,c;
scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
p[i]={a,b,c};
}
if(dfs(1,0)) cout<<"YES"<<endl;//分别代表第一架飞机和上一家飞机的完成降落时间为0
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}
接龙数列问题
对于一个长度为 (K) 的整数数列：(A_1,A_2,\ldots,A_K) ，我们称之为接龙数列当且仅当 (A_i) 的首位数字恰好等于 (A_{i - 1}) 的末位数字 ((2\leq i\leq K))。
例如 (12,23,35,56,61,11) 是接龙数列；(12,23,34,56) 不是接龙数列，因为 (56) 的首位数字不等于 (34) 的末位数字。
所有长度为 (1) 的整数数列都是接龙数列。
现在给定一个长度为 (N) 的数列 (A_1,A_2,\ldots,A_N) ，请你计算最少从中删除多少个数，可以使剩下的序列是接龙序列？
输入格式
第一行包含一个整数 (N) 。
第二行包含 (N) 个整数 (A_1,A_2,\ldots,A_N) 。
输出格式
一个整数代表答案。
数据范围
- 对于 20% 的数据，(1 \leq N \leq 20) 。
- 对于 50% 的数据，(1 \leq N \leq 10000) 。
- 对于 100% 的数据，(1 \leq N \leq 10^5) ，(1 \leq A_i \leq 10^9) 。所有 (A_i) 保证不包含前导 (0) 。
输入样例
5
11 121 22 12 2023
输出样例
1
样例解释
删除 (22) ，剩余 (11,121,12,2023) 是接龙数列。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
//长度为k的整数数列，当ai的首位恰好等于ai-1的末尾时可以被叫做接龙数列
//长度为1的整数数列都是接龙序列
//给定一个长度为n的整数数列，计算最少从中删除多少个数，可以使剩下的序列使接龙序列
//也就是要求原整数数列的最大接龙子序列
//和最长上升子序列很相似
//在这里我们没有必要存上去整个数字，我们仅仅需要存上数字的首和尾，所以我们这里仅仅需要创建两个
//数组来进行存储
int dp[10],l[N],r[N];//dp[i]存储的是以i为了结尾的最长接龙序列的长度
//为了方便存储我们这里采用string字符串,到时候直接读取首s[0]和尾部s[s.size()-1]就行
string str;
//我们要求最长的接龙序列的数量，每一步和上一部有关系，所以我们这里采用dp动态规划的方法
//由于我们这里的数据范围是1e5，所以双重循环情况下一定会超时
//优化方法：我们没有必要对每一个i去便利所有的j去判断是不是相等，我们只需要用dp[r[i]]=max(dp[r[i]],dp[l[i]]+1)
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>str;
l[i]=str[0]-'0';
r[i]=str[str.size()-1]-'0';
}//完成数组的赋值
int res=-1;
for(int i=0;i<n;i++){//i代表的是右边的部分
// dp[i]=1;//他自己就是一个接龙序列
// for(int j=0;j<i;j++){//j代表的是左边的部分
// if(r[j]==l[i]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
// }
// res=max(res,dp[i]);
dp[r[i]]=max(dp[r[i]],dp[l[i]]+1);
res=max(dp[r[i]],res);
}
res=n-res;
cout<<res;
return 0;
}
字符串的新简写方法计数问题
程序猿圈子里正在流行一种很新的简写方法：
对于一个字符串，只保留首尾字符，将首尾字符之间的所有字符用这部分的长度代替。
例如 internationalization 简写成 i18n，Kubernetes 简写成 K8s，Lanqiao 简写成 L5o 等。
在本题中，我们规定长度大于等于 (K) 的字符串都可以采用这种简写方法（长度小于 (K) 的字符串不配使用这种简写）。
给定一个字符串 (S) 和两个字符 (c_1) 和 (c_2) ，请你计算 (S) 有多少个以 (c_1) 开头 (c_2) 结尾的子串可以采用这种简写？
输入格式
第一行包含一个整数 (K) 。
第二行包含一个字符串 (S) 和两个字符 (c_1) 和 (c_2) 。
输出格式
一个整数代表答案。
数据范围
- 对于 20% 的数据，(2 \leq K \leq |S| \leq 10000) 。
- 对于 100% 的数据，(2 \leq K \leq |S| \leq 5 \times 10^5) 。(S) 只包含小写字母。(c_1) 和 (c_2) 都是小写字母。
(|S|) 代表字符串 (S) 的长度。
输入样例
4
abababdb a b
输出样例
6
样例解释
符合条件的子串如下所示，中括号内是该子串
[abab]abdb
[ababab]db
[abababdb]
ab[abab]db
ab[ababdb]
abab[abdb]
代码
//两个判断条件：串的长度大于k；串以a开头，以b结尾
//暴力：双重循环，1e11必超时
//我们这里采用一种类似的方法和之前的统计日期很相似，就是记录2 0 2 3遇到的分别数字的数量，遇到第一次2，进行++，如果遇到0，就加上第一次
//遇到2的数目....
//我们这里采用后缀和的方式，我们从最后面开始进行遍历
//相对于更加耗时的双重循环，我们可以使用动态数组来进行维护
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int k;//代表长度
string str;//代表字符串
char a,b;//代表字符
long long cnt,res;
int main(){
cin>>k>>str>>a>>b;
int len=str.size();
for(int i=len-k,j=len-1;i>=0;i--,j--){
if(str[j]==b) cnt++;
if(str[i]==a) res+=cnt;
}
cout<<res;
return 0;
}
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
