1、挖地雷（lei.cpp）时空限制1000ms / 128MB

题目描述

在一个地图上有NN个地窖(N≤20)，每个地窖中埋有一定数量的地雷。同时，给出地窖之间的连接路径。当地窖及其连接的数据给出之后，某人可以从任一处开始挖地雷，然后可以沿着指出的连接往下挖（仅能选择一条路径），当无连接时挖地雷工作结束。设计一个挖地雷的方案，使某人能挖到最多的地雷。

输入格式：(lei.in)

有若干行。

第1行只有一个数字，表示地窖的个数N。

第2行有N个数，分别表示每个地窖中的地雷个数。

第3行至第N+1行表示地窖之间的连接情况：

第3行有n-1个数（0或1），表示第一个地窖至第2个、第3个、…、第n个地窖有否路径连接。如第3行为11000…0，则表示第1个地窖至第2个地窖有路径，至第3个地窖有路径，至第4个地窖、第5个、…、第n个地窖没有路径。

第4行有n-2个数，表示第二个地窖至第3个、第4个、…、第n个地窖有否路径连接。

… …

第n+1行有1个数，表示第n-1个地窖至第n个地窖有否路径连接。（为0表示没有路径，为1表示有路径）。

输出格式：(lei.out)

有两行

第一行表示挖得最多地雷时的挖地雷的顺序，各地窖序号间以一个空格分隔，不得有多余的空格。

第二行只有一个数，表示能挖到的最多地雷数。

输入输出样例

输入样例#1：

5

10 8 4 7 6

1 1 1 0

0 0 0

1 1

1

输出样例#1：

1 3 4 5

27

【思路】：

就是直接用dp,用f[i]表示从i挖能挖到的最多的地雷,f[i]=max(f[i],f[j])

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<map>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=999999999;
const int minn=-999999999;
inline int read() {
    char c = getchar();
    int x = 0, f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
        if(c == ‘-‘) f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
    return x * f;
}
int n,pre[215],a[215],g[215][215],ans,t,f[215];
void print(int x) {//递归输出路径
    if(pre[x]==0) {
        printf("%d",x);
        return ;
    }
    print(pre[x]);
    printf(" %d",x);//注意空格问题
}

int main() {
    freopen("lei.in","r",stdin);
    freopen("lei.out","w",stdout);
    n=read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) {//读入地雷
        scanf("%d",a+i);
    }
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        for(int j=i+1; j<=n; ++j) {
            int x=read();
            if(x==1)
                g[i][j]=1;//存是否存在路径
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        for(int j=1; j<=n; ++j) {
            if((g[j][i]==1)&&(f[j]>f[i])) {
                f[i]=f[j];
                pre[i]=j;
            }
        }
        f[i]+=a[i];
        if (f[i]>ans) {
            ans=f[i];
            t=i;
        }
    }
    print(t);
    cout<<‘\n‘;
    printf("%d",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

题目背景

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了!

题目描述

这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 N 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。

为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 M 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入输出格式

第一行包含三个整数 L,N,M，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证 L≥1 且 N≥M≥0。

接下来 N 行，每行一个整数，第 i 行的整数Di?(0<Di?<L)， 表示第 i 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。

输入输出样例

输入样例#1：

25 5 2
2
11
14
17
21

输出样例#1：

4

说明

输入输出样例 1 说明：将与起点距离为 2和 14 的两个岩石移走后,最短的跳跃距离为 4(从与起点距离 17的岩石跳到距离 21 的岩石,或者从距离 21 的岩石跳到终点)。

另：对于 20%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 10。

对于50%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 100。

对于 100%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 50,000,1 ≤ L ≤ 1,000,000,000。

【思路】：

用二分答案来求。

至于为什么用二分答案？学长说过只要出现上面加粗的字就用，嘿嘿

为什么能用二分答案？

很简单注意输入距离从近到远，答案有单调性

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<map>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=999999999;
const int minn=-999999999;
inline int read() {
    char c = getchar();
    int x = 0, f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
        if(c == ‘-‘) f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
    return x * f;
}
int a[2000002],mid,l,r,ans,L,N,M,now_juli,js;
int check(int x) {
     now_juli=0,js=0;
    /*js是表示搬走的石头数量,now_juli是当前的石头离起点的距离*/
    for(int i=1; i<=N+1; ++i) {
        if(a[i]-now_juli<x) { //比较两点之间的距离
            js++;
        } else {
            now_juli=a[i];
        }
    }
    if(js>M)
        return 0;
}
int main() {
//    freopen("stone.in","r",stdin);
//    freopen("stone.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&L,&N,&M);
    if(N==0&&M==0)
    {
        cout<<L;
        return 0;
    }
    int l=0,r=L;//初始化二分边界
    for(int i=1; i<=N; i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    /*注意输入距离从近到远，答案有单调性*/
    a[N+1]=L;//注意设置终点，呜呜呜浪费我20分钟查错误
    while(l<=r) {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)) { //右
            l=mid+1;
            ans=mid;
        } else {     //左
            r=mid-1;
        }
    }
    cout<<ans;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

3、花匠flower.cpp（时空限制1000ms / 128MB）

题目描述

花匠栋栋种了一排花，每株花都有自己的高度。花儿越长越大，也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走，将剩下的留在原地，使得剩下的花能有空间长大，同时，栋栋希望剩下的花排列得比较别致。

具体而言，栋栋的花的高度可以看成一列整数h1?,h2?,...,hn?。设当一部分花被移走后，剩下的花的高度依次为g1?,g2?,...,gm?，则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足：

条件 A：对于所有g2i?>g2i−1?,g2i?>g2i+1?

条件 BB：对于所有g2i?<g2i−1?,g2i?<g2i+1?

注意上面两个条件在m=1时同时满足，当m > 1时最多有一个能满足。

请问，栋栋最多能将多少株花留在原地。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含一个整数n，表示开始时花的株数。

第二行包含n个整数，依次为h1?,h2?,...,hn?,表示每株花的高度。

输出格式：

一个整数m，表示最多能留在原地的花的株数。

输入输出样例

输入样例flower.in

5

5 3 2 1 2

输出样例flower.out

3

说明

【输入输出样例说明】

有多种方法可以正好保留 3 株花，例如，留下第 1、4、5 株，高度分别为 5、1、2，满足条件 B。

【数据范围】

对于 20%的数据，n ≤ 10；

对于30%的数据，n ≤ 25；

对于 70%的数据n≤1000,0≤hi?≤1000；

对于100%的数据，1≤n≤100,000,0≤hi?≤1,000,000，所有的hi?随机生成，所有随机数服从某区间内的均匀分布。

【思路】：和合唱队形一样的思路。用二维数组表示到i点的最长上升和最长下降.

然后统计波峰和波谷

原文地址：https://www.cnblogs.com/pyyyyyy/p/10783212.html