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列表补全
题目
在商城的某个位置有一个商品列表，该列表是由
L1、L2两个子列表拼接而成。当用户浏览并翻页时，需要从列表L1、L2中获取商品进行展示。展示规则如下：
- 用户可以进行多次翻页，用
offset表示用户在之前页面已经浏览的商品数量，比如offset为4，表示用户已经看了4个商品n表示当前页面需要展示的商品数量- 展示商品时首先使用列表
L1，如果列表L1长度不够，再从列表L2中选取商品- 从列表
L2中补全商品时，也可能存在数量不足的情况请根据上述规则，计算列表L1和L2中哪些商品在当前页面被展示了
输入描述
每个测试输入包含1个测试用例，包含四个整数，分别表示偏移量
offset、元素数量n，列表L1的长度l1，列表L2的长度l2。
输出描述
在一行内输出四个整数分别表示L1和L2的区间
start1，end1，start2，end2，每个数字之间有一个空格。
注意，区间段使用半开半闭区间表示，即包含起点，不包含终点。如果某个列表的区间为空，使用[0, 0)表示，如果某个列表被跳过，使用[len, len)表示，len表示列表的长度。
样例
in: 2 4 4 4 1 2 4 4 4 1 3 3 out: 2 4 0 2 1 3 0 0 3 3 1 2
解析
模拟题，不说了，比划一下都写得出。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
for (int offset, n, L1, L2; cin >> offset >> n >> L1 >> L2; ) {
int start1, start2, end1, end2;
if (offset >= L1)
start1 = end1 = L1, offset -= L1;
else
start1 = offset, end1 = L1 - offset >= n ? offset + n : L1, offset = 0, n -= end1 - start1;
if (offset >= L2)
start2 = end2 = L2;
else
start2 = offset, end2 = L2 - offset >= n ? offset + n : L2;
cout << start1 << " " << end1 << " " << start2 << " " << end2 <<endl;
}
return 0;
}Anniversary
题目
拼多多王国的城市和道路的拓扑结构比较特别，是一个树状结构：
- 每个城市是树的一个节点；
- 城市之间的道路是树的一条边；
- 树的根节点是首都。
拼多多周年庆马上就要到了，这是拼多多王国的一个大日子。为了活跃气氛，国王想在道路上布置花灯。花灯可是很贵的东西，尽管国王想要在所有道路上都布置花灯，但是如果要花太多钱的话，是过不了财政大臣那一关的。国王把这个计划告诉财政大臣，最后他们商讨出来这么一个方案：
- 一条道路要么不布置花灯，要么整条布置花灯，不能选择其中的某一段布置；
- 除非没有道路通向首都，否则至少为一条通向首都的道路布置花灯；
- 所有布置花灯的道路构成的子图是连通的，这保证国王从首都出发，能通过只走布置了花灯的道路，把所有的花灯游览完；
- 如果某个城市（包括首都）有大于等于2条道路通向子城市，为了防止铺张浪费，最多只能选择其中的两条路布置花灯；
- 布置花灯的道路的总长度设定一个上限。
在上述方案下，国王想要使得布置花灯的道路长度越长越好，你帮国王想想办法。
输入描述
每个测试输入包含1个测试用例。
输入的第一行是一个正整数m， ，表示布置花灯的道路的总长度的上限。
输入的第二行是一个正整数n， ，表示城市的个数。
紧接着是n-1行输入，每行三个正整数u、v、d，表示下标为u的城市有一条长度为d的道路通向它的一个子城市v，其中 。
输出描述
输出一个正整数，表示能布置花灯的道路长度的最大值
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样例
in: 5 5 0 1 1 0 2 2 0 3 3 0 4 4 out: 5
解析
由于这个题加了最大值的上限，导致我只能用set去保存每棵子树可能出现的合法长度的值；
然后就枚举从一个节点所有的儿子中选1个儿子，选2个儿子的情况；
最后的答案就是set中最后一个元素的值。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using Array = vector<int>;
set<int> dfs(int root, vector<Array> &sons, Array &d, int m)
{
if (sons[root].size() == 0)
return set<int>({0});
vector<set<int> > sts;
for (auto it = sons[root].begin(); it != sons[root].end(); ++it) {
sts.push_back(dfs(*it, sons, d, m));
}
set<int> ret({0});
for (auto it = sts.begin(); it != sts.end(); ++it)
for (auto it2 = it->begin(); it2 != it->end(); ++it2)
if (d[sons[root][it - sts.begin()]] + *it2 <= m)
ret.insert(d[sons[root][it - sts.begin()]] + *it2);
for (auto it_i = sts.begin(); next(it_i) != sts.end(); ++it_i) {
for (auto it_j = it_i + 1; it_j != sts.end(); ++it_j) {
for (auto it = it_i->begin(); it != it_i->end(); ++it) {
for (auto it2 = it_j->begin(); it2 != it_j->end(); ++it2) {
if (d[sons[root][it_i - sts.begin()]] + d[sons[root][it_j - sts.begin()]] + *it + *it2 <= m)
ret.insert(d[sons[root][it_i - sts.begin()]] + d[sons[root][it_j - sts.begin()]] + *it + *it2);
}
}
}
}
return ret;
}
int main()
{
for (int m, n; cin >> m >> n; ) {
vector<Array > sons(n);
Array father(n, -1), d(n, 0);
int root = 0;
for (int i = 0, u, v, dd; i < n - 1; i++)
cin >> u >> v >> dd, d[v] = dd, sons[u].push_back(v), father[v] = u;
for (; root < (int)father.size() && father[root] != -1; ++root) {}
set<int> st(dfs(root, sons, d, m));
cout << (st.size() == 0 ? 0 : *st.rbegin()) << endl;
}
return 0;
}数三角形
题目
给出平面上的
n个点，现在需要你求出，在这n个点里选3个点能构成一个三角形的方案有几种。
输入描述
第一行包含一个正整数
n，表示平面上有n个点（ )
第2行到第n + 1行，每行有两个整数，表示这个点的x坐标和y坐标。(所有坐标的绝对值小于等于100，且保证所有坐标不同）
输出描述
输出一个数，表示能构成三角形的方案数。
样例
in: 4 0 0 0 1 1 0 1 1 out: 4
解析
暴力枚举3个点，然后用向量的方法判断是否三点不共线就行了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
for (int n, ans = 0; cin >> n; ans = 0) {
vector<pair<int, int> > points(n);
for (int i = 0; i < n; cin >> points[i].first >> points[i].second, ++i) {}
for (int i = 0; i < n - 2; i++) {
for (int j = i + 1; j < n - 1; j++) {
pair<int, int> a(points[j].first - points[i].first, points[j].second - points[i].second);
for (int k = j + 1; k < n; k++) {
pair<int, int> b(points[k].first - points[i].first, points[k].second - points[i].second);
ans += a.first * b.second != a.second * b.first;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
最大乘积
题目
给定一个无序数组，包含正数、负数和0，要求从中找出3个数的乘积，使得乘积最大，要求时间复杂度： ，空间复杂度： 。
输入描述
第一行是数组大小
n，第二行是无序整数数组A[n]
输出描述
满足条件的最大乘积
样例
in: 4 3 4 1 2 out: 24
解析
时间复杂度： ，空间复杂度： 的解法是动态规划。
由于是乘积最大，因此要考虑正负对最大最小值的影响：
- 如果当前值是正数，那么乘一个最大值还是最大值
- 如果当前值是负数，那么乘一个最大值就变成最小值了，乘一个最小值才是最大值
因此这个题要维护6个变量dp_min_1, dp_min_2, dp_min_3,dp_max_1,dp_max_2, dp_max_3，分别表示选1、2、3个元素的乘积最小值，选1、2、3个元素乘积的最大值；
然后对选不选当前元素依据当前元素的正负去维护这6个变量就行了，最后的答案就是dp_max_3。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
using LL = long long;
for (LL n, x; cin >> n; ) {
LL dp0 = 1, dp_min_1, dp_min_2, dp_min_3,
dp_max_1, dp_max_2, dp_max_3;
cin >> x;
dp_max_1 = dp_min_1 = x;
cin >> x;
dp_max_2 = (x > 0 ? dp_max_1 : dp_min_1) * x;
dp_min_2 = (x > 0 ? dp_min_1 : dp_max_1) * x;
dp_min_1 = min(dp_min_1, x);
dp_max_1 = max(dp_max_1, x);
cin >> x;
dp_max_3 = (x > 0 ? dp_max_2 : dp_min_2) * x;
dp_min_3 = (x > 0 ? dp_min_2 : dp_max_2) * x;
dp_max_2 = max(dp_max_2, (x > 0 ? dp_max_1 : dp_min_1) * x);
dp_min_2 = min(dp_min_2, (x > 0 ? dp_min_1 : dp_max_1) * x);
dp_min_1 = min(dp_min_1, x);
dp_max_1 = max(dp_max_1, x);
for (int i = 3; i < n; i++) {
cin >> x;
dp_max_3 = max(dp_max_3, (x > 0 ? dp_max_2 : dp_min_2) * x);
dp_min_3 = min(dp_min_3, (x > 0 ? dp_min_2 : dp_max_2) * x);
dp_max_2 = max(dp_max_2, (x > 0 ? dp_max_1 : dp_min_1) * x);
dp_min_2 = min(dp_min_2, (x > 0 ? dp_min_1 : dp_max_1) * x);
dp_max_1 = max(dp_max_1, x);
dp_min_1 = min(dp_min_1, x);
}
cout << dp_max_3 << endl;
}
return 0;
}
小熊吃糖
题目
有
n只小熊，他们有着各不相同的战斗力。每次他们吃糖时，会按照战斗力来排，战斗力高的小熊拥有优先选择权。前面的小熊吃饱了，后面的小熊才能吃。每只小熊有一个饥饿值，每次进食的时候，小熊们会选择最大的能填饱自己当前饥饿值的那颗糖来吃，可能吃完没饱会重复上述过程，但不会选择吃撑。
现在给出n只小熊的战斗力和饥饿值，并且给出m颗糖能填饱的饥饿值。
求所有小熊进食完之后，每只小熊剩余的饥饿值。
输出描述
第一行两个正整数
n和m，分别表示小熊数量和糖的数量。（ ）
第二行m个正整数，每个表示着颗糖能填充的饥饿值。
接下来的n行，每行2个正整数，分别代表每只小熊的战斗力和当前饥饿值。
题目中所有输入的数值小于等于100。
输入描述
输出
n行，每行一个整数，代表每只小熊剩余的饥饿值。
样例
in: 2 5 5 6 10 20 30 4 34 3 35 out: 4 0
解析
模拟就好了，这个题的关键是排序，先按战斗力排序，然后处理好，最后再按出现的顺序排序输出就行了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
using Tuple = tuple<int, int, int>;
for (int n, m ; cin >> n >> m; ) {
vector<int> arr(m);
for (int i = 0; i < m; cin >> arr[i++]) {}
vector<Tuple> pears;
for (int i = 0, x, y; i < n; ++i)
cin >> x >> y, pears.emplace_back(x, y, i);
sort(arr.begin(), arr.end());
sort(pears.begin(), pears.end(), [] (const Tuple &A, const Tuple &B) {
return get<0>(A) == get<0>(B) ? get<2>(A) < get<2>(B) : get<0>(A) > get<0>(B);
});
for (auto it = pears.begin(); it != pears.end() && arr.size() != 0; ++it) {
while (get<1>(*it) != 0) {
auto it2 = lower_bound(arr.begin(), arr.end(), get<1>(*it));
if (it2 == arr.end() && it2 == arr.begin() || it2 == arr.begin() && *it2 > get<1>(*it))
break;
it2 = it2 != arr.end() && *it2 == get<1>(*it) ? it2 : prev(it2);
get<1>(*it) -= *it2;
arr.erase(it2);
}
}
sort(pears.begin(), pears.end(), [] (const Tuple &A, const Tuple &B) {
return get<2>(A) < get<2>(B);
});
for (auto it = pears.begin(); it != pears.end(); ++it)
cout << get<1>(*it) << endl;
}
return 0;
}