就把可以凑对的凑在一起，不能的俩俩组合
题目思路：
算出全放糖果的sum，算出与留下糖果的差cha
可知，每少放一次就会减少N-i个糖果，i >= 1(因为不放还吃了)
cha就是少了的糖果的总和，根据等差数列求和公式
进行二分查找少放了几次，就是吃了几次
题目代码：
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| int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N >> M;
LL sum =(N*(1+N))/2;
LL s = sum - M;
LL l = 0;
LL r = N;
LL mid;
while(l <= r)
{
mid = (l+r)/2;
LL cha = s - mid;
LL su = (mid*(N+N-mid+1))/2;
if(cha > su)
{
l = mid+1;
}
else if(su > cha)
{
r = mid-1;
}
else break;
}
cout << mid << endl;
return 0;
}
|
题目思路：
感觉瞎写就过了，我也不知道是贪心还是dp
就保证每走一步从上下出来的时候sum是最大的，每一步有俩中走法，一种是从下面上来，一种是刚才空了一个上面没走
题目代码：
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LL a[MAX];
LL b[MAX];
LL sum[2][MAX];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N;
for(int i = 0;i < N;i++)
{
cin >> a[i];
}
for(int i = 0;i < N;i++)
{
cin >> b[i];
}
LL s[2];
s[0] = a[0];
s[1] = b[0];
for(int i = 1;i < N;i++)
{
LL u,d;
u = s[0];
d = s[1];
s[0] = max(d+a[i],u - a[i-1]+a[i]);
s[1] = max(u+b[i],d - b[i-1]+b[i]);
}
cout << max(s[0],s[1]);
return 0;
}
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题目思路：
以123 45 6为例子可以组成
112233 12435 1236
14253 4455 456
1236 66 465
首先定义一个数组ten={0，1，10，···}
每一个数字都表示为第k（自右）位的值*ten[k]
经过观察可以发现，每个数字对答案的贡献次数为2*N
还可以发现，每位上的数字贡献是相同的（*ten[i]和次数是相同的）
（看123的2，和45的4，分别2 * 1000 * 2 + 2 * 100 * 4，4 * 1000 * 2 + 4 * 100 * 4)
所以我们把每一位上的数字加起来存到sum[i]
我们还需要一个数组记录长度为k的数字有多少个len[i]
然后我们把情况分为俩种
对于第k位的贡献，可以分为俩类
1.长度>=k的数字n，为sum[k] * (ten[2 * k] + ten[2 * k - 1]) * len[i]（i为n的长度）
2.长度<k的数字n，为sum[k] * ten[k + i] * 2 * len[i]
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LL ten[MAX];
LL len[MAX];
LL sum[MAX];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N;
string str;
LL ans = 0;
ten[1] = 1;
for(int i = 2;i <= 24;i++)
{
ten[i] = (ten[i-1]*10) % MOD;
}
int maxl = 0;
for(int i = 0;i < N;i++)
{
cin >>str;
int l = str.size();
maxl = max(maxl,l);
len[l]++;
for(int i = l-1,j = 1;i >=0;i--,j++)
{
sum[j] += (LL)(str[i] - '0');
}
}
for(int i = maxl;i > 0 ;i--)
{
for(int j = maxl;j > 0;j--)
{
if(j < i) ans += ((sum[i] * ten[j+i]) % MOD) * len[j] * 2 % MOD;
else if(j == i || j > i)
{
ans += ((sum[i] * ten[2*i]) % MOD) * len[j] % MOD;
ans += ((sum[i] * ten[2*i-1]) % MOD) * len[j] %MOD;
}
}
}
cout << ans % MOD<<endl;
return 0;
}
|
这是一个在O(N)复杂度内在一个区间内找到子区间最小值的方法
实现单调队列的方法：
1.滑动窗口右滑。每年选拔新队员时，淘汰比这名新队员弱的老队员。对于单调队列，就是插入新元素时，把先前存在的比当前元素小的元素弹出（从队尾退队）。
2.滑动窗口右滑。只需判断最老的队员是否需要退队。对于单调队列，只需判断队头是否已经超出滑动窗口范围，若超出，则从队头退队。
3.查询滑动窗口最大值。直接派最老的队员参赛/直接返回队头元素。
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| struct Num{
int index,x;
};
int a[MAXN];
deque<Num> q;
int main(void){
int n,m;
Num t;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++){
if (q.empty())
printf("0\n");
else {
if (q.front().index+m<i)
q.pop_front();
printf("%d\n",q.front().x);
}
while ((!q.empty()) && q.back().x>=a[i])
q.pop_back();
t.index=i;
t.x=a[i];
q.push_back(t);
}
return 0;
}
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题目思路：
题意是给你一个矩阵h（N * M），然后问你h中所有子矩阵（a * b）中的最小值的sum
首先第一步找到矩阵hij，我们可以根据题意推论出$g_0 - g_{m-1}$就是矩阵第一行，第二行从gm开始
然后我们把1-N行每一行中的区间（0，b-1）（1，b）···（M-b+1，M）的最小值找到，得到矩阵hgt
然后我们再把矩阵hgt中每一列区间（0，a-1） （1.a） ··· （N-a+1，N）的最小值找到，这里最小值就是每一个子矩阵的最小值了
找最小值就通过单调队列来找
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int hgt[MAX][MAX];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int a,b;
cin >> N >> M >> a >> b;
LL g,x,y,z;
cin >> g >>x>>y>>z;
int k;
for(int i = 1;i <= N;i++)
{
deque<pair<int,int>> q;
k = 1;
for(int j = 1;j <= M;++j)
{
while(q.size() && q.back().first >= g) q.pop_back();
while(q.size() && q.front().second < j-b+1) q.pop_front();
q.push_back({g,j});
if(j >= b)
{
hgt[i][k++] = q.front().first;
}
g = (g*x + y) % z;
}
}
LL ans = 0;
for(int j = 1;j <= M;j++)
{
deque<pair<int,int>> q;
for(int i = 1;i <= N;++i)
{
while(q.size() && q.back().first >= hgt[i][j]) q.pop_back();
while(q.size() && q.front().second < i - a+1) q.pop_front();
q.push_back({hgt[i][j],i});
if(i >= a)
{
ans += (LL)q.front().first;
}
}
}
cout << ans;
return 0;
}
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