算法部分
1.Acwing 入门组每日一题
题目：不高兴的津津
津津上初中了。
妈妈认为津津应该更加用功学习，所以津津除了上学之外，还要参加妈妈为她报名的各科复习班。
另外每周妈妈还会送她去学习朗诵、舞蹈和钢琴。
但是津津如果一天上课超过八个小时就会不高兴，而且上得越久就会越不高兴。
假设津津不会因为其它事不高兴，并且她的不高兴不会持续到第二天。
请你帮忙检查一下津津下周的日程安排，看看下周她会不会不高兴；如果会的话，哪天最不高兴。
输入格式
输入文件包括七行数据，分别表示周一到周日的日程安排。
每行包括两个小于10的非负整数，用空格隔开，分别表示津津在学校上课的时间和妈妈安排她上课的时间。
输出格式
输出文件包括一行，这一行只包含一个数字。
如果不会不高兴则输出0，如果会则输出最不高兴的是周几（用1, 2, 3, 4, 5, 6, 7分别表示周一，周二，周三，周四，周五，周六，周日）。
如果有两天或两天以上不高兴的程度相当，则输出时间最靠前的一天。
输入样例：
5 3
6 2
7 2
5 3
5 4
0 4
0 6
输出样例：
3
题解：
现在入门组的题目越来越水了。
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
int ans = 0, val = -1, a, b;
for(int i = 1; i <= 7; i ++){
cin >> a >> b;
a += b;
if(a > 8 && a > val)
val = a, ans = i;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
2.Acwing 提高组每日一题
题目：鱼塘钓鱼
有 N 个鱼塘排成一排，每个鱼塘中有一定数量的鱼，例如：N=5 时，如下表：
即：在第 1 个鱼塘中钓鱼第 1 分钟内可钓到 10 条鱼，第 2 分钟内只能钓到 8 条鱼，……，第 5 分钟以后再也钓不到鱼了。
从第 1 个鱼塘到第 2 个鱼塘需要 3 分钟，从第 2 个鱼塘到第 3 个鱼塘需要 5 分钟，……
给出一个截止时间 T，设计一个钓鱼方案，从第 1 个鱼塘出发，希望能钓到最多的鱼。
假设能钓到鱼的数量仅和已钓鱼的次数有关，且每次钓鱼的时间都是整数分钟。
输入格式
共 5 行，分别表示：
第 1 行为 N；
第 2 行为第 1 分钟各个鱼塘能钓到的鱼的数量，每个数据之间用一空格隔开；
第 3 行为每过 1 分钟各个鱼塘钓鱼数的减少量，每个数据之间用一空格隔开；
第 4 行为当前鱼塘到下一个相邻鱼塘需要的时间；
第 5 行为截止时间 T。
输出格式
一个整数（不超过231−1），表示你的方案能钓到的最多的鱼。
数据范围
1≤N≤100,
1≤T≤1000
输入样例：
5
10 14 20 16 9
2 4 6 5 3
3 5 4 4
14
输出样例：
76
题解：
很值得做的一道题目。如果在鱼塘之间移动不需要花费时间，那么这道题是不是就是一道贪心呢，先把每个池塘的每分钟钓鱼数量加入大根堆中，然后每次取得堆顶元素，累加答案，然后减去每钓一次减少的数量，之后再加入大根堆中，这样子直到没有钓鱼时间。那么多了鱼塘之间的走动费用，上述方法还有效嘛，是可以的，因为移动费用只会使用一次，可以在第i鱼塘钓好了之后再跑到第i + 1个鱼塘，我们可是使用枚举来解决，枚举在前 1 个鱼塘、在前 2 个鱼塘 …在前n个鱼塘钓鱼的情况，然后取这些情况的最大值。
代码：
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int MAXN = 110;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];
typedef pair<int, int> PII;
int main(){
int n, m, ans = 0;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> b[i];
for(int i = 1; i < n; i ++)
cin >> c[i], c[i] += c[i - 1];
cin >> m;
//从只在第1个鱼塘钓鱼遍历到在所有n个鱼塘都钓鱼
for(int i = 1; i <= n; i ++){
//预先减去走到鱼塘的时间花费，剩下的时间就可以都用来钓鱼
int t = m - c[i - 1], res = 0;
//按照每分钟钓鱼数量降序排列，因此队首就是在当前分钟能钓鱼的最大数量
priority_queue<PII> Q;
//加入i个鱼塘
for(int j = 1; j <= i; j ++)
Q.push({
a[j], b[j]});
//当还有时间并且鱼塘非空
while(t > 0 && !Q.empty()){
//取得队首
PII tmp = Q.top();
Q.pop();
res += tmp.first;
//钓鱼数量每钓一次会递减
tmp.first -= tmp.second;
if(tmp.first > 0)
Q.push(tmp);
//时间减 1
-- t;
}
ans = max(ans, res);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
3.LeetCode 每日一题
题目：最长湍流子数组
当 A 的子数组 A[i], A[i+1], …, A[j] 满足下列条件时，我们称其为湍流子数组：
若 i <= k < j，当 k 为奇数时， A[k] > A[k+1]，且当 k 为偶数时，A[k] < A[k+1]；
或 若 i <= k < j，当 k 为偶数时，A[k] > A[k+1] ，且当 k 为奇数时， A[k] < A[k+1]。
也就是说，如果比较符号在子数组中的每个相邻元素对之间翻转，则该子数组是湍流子数组。
返回 A 的最大湍流子数组的长度。
示例 1：
输入：[9,4,2,10,7,8,8,1,9]
输出：5
解释：(A[1] > A[2] < A[3] > A[4] < A[5])
示例 2：
输入：[4,8,12,16]
输出：2
示例 3：
输入：[100]
输出：1
提示：
1 <= A.length <= 40000
0 <= A[i] <= 10^9
题解：
DP，dp[i][0] 代表第i个位置下降能得到的最长长度，dp[i][1]代表第i个位置上升能得到的最长长度，状态转移很容易求得。
代码：
class Solution {
public:
int maxTurbulenceSize(vector<int>& arr) {
int n = arr.size(), ans = 1;
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 1));
for(int i = 1; i < n; i ++){
if(arr[i] < arr[i - 1])
//当前位置下降就要求前面一个位置是上升的
dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[i - 1][1] + 1);
else if(arr[i] > arr[i - 1])
//当前位置上升就要求前面一个位置是下降的
dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[i - 1][0] + 1);
ans = max(ans, max(dp[i][0], dp[i][1]));
}
return ans;
}
};
4.链表的中间结点
题目：
给定一个带有头结点 head 的非空单链表，返回链表的中间结点。
如果有两个中间结点，则返回第二个中间结点。
链表里的数在1到100之间
样例 1:
输入：1->2->3->4->5->null
输出：3->4->5->null
样例 2:
输入：1->2->3->4->5->6->null
输出：4->5->6->null
题解：
考察数据结构，使用巧妙的快慢指针来解决，快指针比慢指针每次多移动一个节点，当快指针移动到结尾时，慢指针刚好指向中间位置。
代码：
/**
* Definition of singly-linked-list:
* class ListNode {
* public:
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int val) {
* this->val = val;
* this->next = NULL;
* }
* }
*/
class Solution {
public:
ListNode * middleNode(ListNode * head) {
ListNode *slow = head, *fast = head;
while(true){
if(fast && fast -> next)
fast = fast -> next -> next;
else
break;
slow = slow -> next;
}
return slow;
}
};
书籍部分
None
PS.
- 阿里云-天池 在线编程平台较LeetCode来说简单一点，体验没有LeetCode好，不过可以拿来练习，里面也有周赛等活动 链接：https://tianchi.aliyun.com/oj