leetcode----948. 令牌放置

最新推荐文章于 2024-10-15 07:00:00 发布

原创最新推荐文章于 2024-10-15 07:00:00 发布 · 281 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#dp

程序片段专栏收录该内容

107 篇文章

订阅专栏

探讨在有限能量下，如何通过动态规划策略最大化使用令牌获得的分数。解析不同使用方法，如正面消耗能量获取分数，反面牺牲分数恢复能量，以实现最佳得分。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

https://leetcode-cn.com/problems/bag-of-tokens/

你的初始能量为 P，初始分数为 0，只有一包令牌。

令牌的值为 token[i]，每个令牌最多只能使用一次，可能的两种使用方法如下：

如果你至少有 token[i] 点能量，可以将令牌置为正面朝上，失去 token[i] 点能量，并得到 1 分。
如果我们至少有 1 分，可以将令牌置为反面朝上，获得 token[i] 点能量，并失去 1 分。

在使用任意数量的令牌后，返回我们可以得到的最大分数。

示例 1：

输入：tokens = [100], P = 50
输出：0

示例 2：

输入：tokens = [100,200], P = 150
输出：1

示例 3：

输入：tokens = [100,200,300,400], P = 200
输出：2

提示：

tokens.length <= 1000
0 <= tokens[i] < 10000
0 <= P < 10000

有点动态规划的意思，先看能买多少，即token换分数，得到分数最大

另一种是先舍弃最小token，换1分{此时取最大}，在尝试使用1分换最大token 。

class Solution {
public:
    int bagOfTokensScore(vector<int>& tokens, int P) {
    	
    	sort(tokens.begin(),tokens.end());
    	int imax=0,curs=0;
    	int n= tokens.size();
    	if (n==0) return 0;
    	
    	int i=0,j=n-1;
    	vector<int> s(n+1);
    	s[0]=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    	{
    		s[i]+=s[i-1]+tokens[i-1];
		}
    	while(i<=j)
    	{
    		int index=1;
    		while(s[i+index]-s[i]<=P) // 尽量多买  
    		{
    			imax=max(imax,curs+index);
    			index++;
    			if(i+index>j+1) break;
			}
			//换了再买 
			if(P>=tokens[i])
    		{
    			curs++;
    			P=P-tokens[i];
    			i++;
    			imax=max(imax,curs);
			}
			else
			break;
			if(i<=j)
			{
				curs--;
    			P=P+tokens[j];
    			j--;
			}
		}
        cout<<imax<<endl;
        return imax;
    }
};