[Offer收割]编程练习赛4及参考

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A.满减优惠

问题
时间限制:10000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB

描述
最近天气炎热，小Ho天天宅在家里叫外卖。他常吃的一家餐馆一共有N道菜品，价格分别是A1, A2, … AN元。并且如果消费总计满X元，还能享受优惠。小Ho是一个不薅羊毛不舒服斯基的人，他希望选择若干道不同的菜品，使得总价在不低于X元的同时尽量低。

你能算出这一餐小Ho最少消费多少元吗？

输入
第一行包含两个整数N和X，(1 <= N <= 20, 1 <= X <= 100)

第二行包含N个整数A1, A2, …， AN。(1 <= Ai <= 100)

输出
输出最少的消费。如果小Ho把N道菜都买了还不能达到X元的优惠标准，输出-1。

样例输入
10 50
9 9 9 9 9 9 9 9 9 8
样例输出
53
分析
题目简单理解起来就是，从数组中选出若干个数，使得这些数的和大于X，并且尽可能的小。

根据数据范围的限制，数组中最多只有20个数，所有这些和的数量为1^20个。数据量并不大。

暴力应该可以搞定：枚举数的所有数的组合情况，使用int32_t表示每个数的选择情况，int32_t的第i位表示数组中下标为i的数是否选中。

AC程序
下面是C++实现的完整代码：

#include <iostream>#include <vector>using namespace std;int main(void){    int n, x, sum = 0;    cin >> n >> x;    vector<int> nums(n);    for (int i = 0; i < n; ++i) {        cin >> nums[i];        sum += nums[i];    }    if (sum < x) {        cout << -1 << endl;        return 0;    }    int ret = sum;    for (int i = 1, iend = 1 << n; i < iend; ++i) {        if (ret == x)            break;        int cur = 0;        for (int j = 0; j < n; ++j) {            if (((1 << j) & i)) // select jth number from nums                cur += nums[j];            if (cur >= x) { // because there is no negative number in nums                break;            }        }        // update minimum value greater than x        if (cur >= x && cur < ret)            ret = cur;    }    cout << ret << endl;    return 0;}

B. 积水的城市

问题
时间限制:11000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB

描述
如下图所示，某市市区由M条南北向的大街和N条东西向的道路组成。其中由北向南第i条路和第i+1条路之间的距离是Bi (1 <= i &lht; N)，由西向东第i条街和第i+1条街之间的距离是Ai (1 <= i < M)。

drown

小Ho现在位于第x条路和第y条街的交叉口，他的目的地是第p条路和第q条街的交叉口。由于连日降雨，城市中有K个交叉口积水太深不能通行。小Ho想知道到达目的地的最短路径的长度是多少。

输入
第一行包含两个整数N和M。(1 <= N, M <= 500)

第二行包含N-1个整数, B1, B2, B3, … BN-1。(1 <= Bi <= 100)

第三行包含M-1个整数, A1, A2, A3, … AM-1。(1 <= Ai <= 100)

第四行包含一个整数K，表示积水的交叉口的数目。 (0 <= K <= 30)

以下K行每行包含2个整数，X和Y，表示第X条路和第Y条街的交叉口积水。(1 <= X <= N, 1 <= Y <= M)

第K+5行包含一个整数Q，表示询问的数目。 (1 <= Q <= 10)

以下Q行每行包含4个整数x, y, p, q，表示小Ho的起止点。起止点保证不在积水的交叉口处。 (1 <= x, p <= N, 1 <= y, q <= M)

输出
对于每组询问，输出最短路的长度。如果小Ho不能到达目的地，输出-1。

样例输入

4 5
2 4 1
3 3 3 2
3
1 3
2 3
3 2
1
1 2 2 4
样例输出

24
分析
有障碍的最短路径问题，对于无权的格子问题，只需要利用BFS探索即可。本题中“路”和“街”的长度可能不同，因此，利用SPFA算法。 也就是在BFS的基础上，记录源点到其它每个点的距离，当新探索出的路径长度更小时，更新记录，并将当前状态入栈。 当遇到“积水”的路口时，直接丢弃该状态即可表示不能通过本路口。

AC程序

#include <iostream>#include <cstring>#include <set>#include <queue>#include <utility>#define N 501#define M 501#define UDF 0x3f3f3f3fusing namespace std;int A[M];int B[N];int n, m;set<pair<int, int>> dead;struct Status{    int x, y, d;    Status(int a, int b, int c) : x(a), y(b), d(c) {}};int visit[N][M];int solve(int x, int y, int p, int q){    static int dx[] = {-1, 0, 1, 0};    static int dy[] = {0, 1, 0, -1};    queue<Status> sq;    sq.push(Status(x, y, 0));    visit[x][y] = 0;    while (!sq.empty()) {        int cx = sq.front().x;        int cy = sq.front().y;        int cd = sq.front().d;        sq.pop();        // explore 4 directions        for (int i = 0; i < 4; ++i) {            int nx = cx + dx[i];            int ny = cy + dy[i];            // skip invalid coordinates and water crossing            if (nx <= 0 || ny <= 0 || nx > n || ny > m || dead.find(make_pair(nx, ny)) != dead.end())                continue;            int nd = dx[i] == 0 ? cd + A[min(cy, ny)] : cd + B[min(cx, nx)];            // skip longer path            if (visit[nx][ny] <= nd)                continue;            // skip the destination itself            if (nx != p || ny != q)                sq.push(Status(nx, ny, nd));            visit[nx][ny] = nd;        }    }    return visit[p][q] == UDF ? -1 : visit[p][q];}int main(void){    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i < n; ++i)        cin >> B[i];    for (int i = 1; i < m; ++i)        cin >> A[i];    int k;    cin >> k;    for (int i = 0; i < k; ++i) {        int x, y;        cin >> x >> y;        dead.insert(make_pair(x, y));    }    int t;    cin >> t;    for (int i = 0; i < t; ++i) {        int x, y, p, q;        cin >> x >> y >> p >> q;        memset(visit, UDF, sizeof(visit));        cout << solve(x, y, p, q) << endl;    }    return 0;}

C. 罚抄一百遍

问题
时间限制:10000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB

描述
小Ho忘了做英语作业，被老师罚抄某段文本N遍。抄写用的作业纸每行包含M个格子，每个格子恰好能填写一个字符或者空格。抄写过程中单词不能跨行，如果某行剩余的格子不足以写完一个单词，那么这个单词需要写在下一行。单词间的空格不能省略。

例如在M=9的作业纸上写2遍”Good good study day day up”：

123456789
Good good
study
day day
up Good
good
study day
day up
小Ho想知道当他抄写完N遍以后，最后一个字符在第几行、第几列。

输入
第一行包含两个整数N和M。

第二行包含要抄写的文本。文本只包含大小字母和空格，并且单词之间只有一个空格。

对于40%的数据，1 <= N, M <= 1000

对于100%的数据，1 <= N, M <= 1000000000, M >= 文本中最长的单词的长度，文本长度不超过100个字符。

输出
最后一个字符的行号和列号。

样例输入

2 9
Good good study day day up
样例输出

7 7
分析
根据题意的描述，可知当抄写的次数足够多时，必须存在循环节，也就是当抄写次数足够多时，必然存在i, j，使得第i次抄写和第j次抄写开始的列数相同。寻找循环节的方法也很简单，只需要用Hash表记录，每次抄写时开始的行数x,列数y即可。

由于题目要求每两个单词之间必须存在一个空格，第二遍抄写的第一个单词与第一遍的最后一个单词之间，也要存在一个空格。 所以我们可以把要抄写的字符串前加上一个空格，以方便处理。那么此时，第一遍抄写时开始的行x=1，列y=-1。

当我们利用Hash表找到循环节后，即可以跳过中间重复的模拟过程。

此外，要小心行数x溢出int32_t表示范围。

AC程序

#include <iostream>#include <unordered_map>#include <vector>using namespace std;// copy n times starting at (x, y)void ncopy(const vector<int> &nums, int n, int m, long long &x, int &y){    for (int i = 0; i < n; ++i) {        for (auto num : nums) {            if (y == m)                y = 0, ++x;            ++y;            if (y + num > m)                y = 0, ++x;            y += num;        }    }}int main(void){    int n, m;    cin >> n >> m;    vector<int> nums;    string s;    while(cin >> s)        nums.push_back(s.size());    // record nth copy starting at (x, y) => dict[y] = make_pair(n, x)    unordered_map<int, pair<int, long long>> dict;    long long x = 1;    int y = -1;    for (int i = 1; i <= n; ++i) {        ncopy(nums, 1, m, x, y);        if (dict.find(y) != dict.end()) { // find the repetend            // fast forward to skip the repetend            long long remain = (n - i) % (i - dict[y].first);             // add x by repetend's rows            x += (n - i) / (i - dict[y].first) * (x - dict[y].second);            // copy the reset times            ncopy(nums, remain, m, x, y);            break;        }        // record ith copy starting at (x, y)        dict.emplace(y, make_pair(i, x));    }    cout << x << ' ' << y << endl;    return 0;}

D. 分隔相同整数

问题
时间限制:10000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB

描述
给定一个包含N个整数的数组A。你的任务是将A重新排列，使得任意两个相等的整数在数组中都不相邻。

如果存在多个重排后的数组满足条件，输出字典序最小的数组。

这里字典序最小指：首先尽量使第一个整数最小，其次使第二个整数最小，以此类推。

输入
第一行包含一个整数N，表示数组的长度。(1 <= N <= 100000)

第二行包含N个整数，依次是 A1, A2, … AN。(1 <= Ai <= 1000000000)

输出
输出字典序最小的重排数组。如果这样的数组不存在，输出-1。

样例输入

4
2 1 3 3
样例输出

1 3 2 3
分析
将一个由长度为n(n>1)同一字母组成的字符串分隔开，显然需要n-1个其它字符。 由此，我们可以统计，输入字符串的每个数字出现的次数Bi，我们可以按照如下规则排列数字：

若出现最多的数字x的次数为Bx，则分隔x至少需要Bx-1个数字，若Bx + Bx - 1 < N，说明还有充足的字符可以分隔x，故输出与前次输出不同的最小数字即可;
否则，说明此时必须输出x，因为，分隔x的字符即将不足。此时，若x与前次输出数字相同，则无解。
因此，我们可以利用Hash表，统计各数字出现的次数，将利用二叉查找树，得到次数最多的数字。 此处，不使用大根堆的原因是，当输出的数字不是次数最多的数字，即输出的数字不是大根堆的堆顶元素， 此时，更新相应元素的次数后，需要调整堆，以满足大根堆的性质，这个操作比较麻烦。

AC程序

#include <iostream>#include <algorithm>#include <map>#include <set>#include <vector>#include <queue>#include <cassert>using namespace std;bool solve(vector<int> &s){    map<int, int> dict;    // count every number's times    for (auto c : s)        ++dict[c];    set<pair<int, int>> heap;    // use black-red tree simulate heap    for (auto d : dict)        heap.insert(make_pair(d.second, d.first));    vector<int>::size_type size = s.size(), idx = 0;    int last = -1;    while (size) {        auto iter = dict.find(heap.rbegin()->second);        if (size/2 < iter->second) { // rule 2            if (last == iter->first) // fail to rearrange                return false;        } else { // rule 1            iter = dict.begin();            if (iter->first == last)                ++iter;            assert(iter != dict.end());        }        // output a number        s[idx++] = iter->first;        // update heap        heap.erase(make_pair(iter->second, iter->first));        iter->second -= 1;        if (iter->second == 0)            dict.erase(iter);        else            heap.insert(make_pair(iter->second, iter->first));        last = s[idx-1];        --size;    }    return true;}int main(void){    int n;    cin >> n;    vector<int> nums(n);    for (int i = 0; i < n; ++i)        cin >> nums[i];    if (!solve(nums))        cout << -1 << endl;    else {        cout << nums[0];        for (int i = 1; i < n; ++i)            cout << ' ' << nums[i];        cout << endl;    }    return 0;}

第三题较难。