藍橋杯--算法訓練
《1》區間k大數查詢
給定一個序列，每次詢問序列中第l個數到第r個數中第K大的數是哪一個。node
第一行包含一個數n，表示序列長度。算法
第二行包含n個正整數，表示給定的序列。數組
第三個包含一個正整數m，表示詢問個數。學習
接下來m行，每行三個數l,r,K，表示詢問序列從左往右第l個數到第r個數中，從大往小第K大的數是哪一個。序列元素從1開始標號。測試
1 2 3 4 5
2
1 5 2
2 3 2
2
對於30%的數據，n,m<=100；spa
對於100%的數據，n,m<=1000；調試
保證k<=(r-l+1)，序列中的數<=106。code
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int compare(int a,int b)//降序排序
{
return a>b;
}
int main()
{
int n,m,i;
scanf("%d",&n);
int a[n+1],b[n+1];
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
int l,r,k,j;
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
for(i=l,j=1;i<=r;i++,j++)b[j]=a[i];
sort(b+1,b+(r-l+2),compare);
// for(i=1;i<=(r-l)+1;i++)printf("%d ",b[i]);
// printf("\n");
printf("%d\n",b[k]);
}
return 0;
}
《2》 最大最小公倍數
問題描述blog
已知一個正整數N，問從1~N-1中任選出三個數，他們的最小公倍數最大能夠爲多少。排序
輸入格式
輸入一個正整數N。
輸出格式
輸出一個整數，表示你找到的最小公倍數。
樣例輸入
9
樣例輸出
504
數據規模與約定
1 <= N <= 106。
題目分析
當n爲奇數時，答案必定是n*(n-1)*(n-2)。
當n爲偶數時，答案多是(n-1)*(n-2)*(n-3)，也多是n*a*b，其中a>=n-3。
參考程序
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<time.h>
#include<math.h>
//展轉相除法求最大公約數,最小公倍數
long long RoudDiv(long long m,long long n)
{
long long m1,n1;
if( m >=n)
{
m1 = m;
n1 = n;
}
else
{
m1 = n;
n1 = m;
}
long long r = m1%n1;
while( r!=0 )
{
m1 = n1;
n1 = r;
r = m1%n1;
}
//最大公約數n，求最小公倍數
return m*n/n1;
}
//求三個數的最小公倍數
long long getMulMin(int a,int b,int c)
{
return RoudDiv(RoudDiv(a,b),c);
}
//檢查min和max是否互素
int IsShus( int min,int max)
{
int i;
if( min>max )
{
int temp = max;
max = min;
min = temp;
}
for( i=2; i<=min;i++ )
{
if( min%i==0 && max%i==0 )
{
break;
}
}
if ( i>min )
{
return 1;
}
else
{
return 0;
}
}
long long FindMaxMul(int* data)
{
int i,j,k;
int resul[3];
int n = data[0];
if( n%2 != 0)
{
return getMulMin( data[n],data[n-1],data[n-2]);
}
long long max = getMulMin( data[n-1],data[n-2],data[n-3]);
long long a;
// printf("data = %d %d %d\n",data[n-1],data[n-2],data[n-3]);
// printf("max=%I64d\n",max);
resul[0] = data[n-1];
for( j=n-1; j>=n-3; j--)
{
for( k=j-1 ; k>=1; k--)
{
if( IsShus(data[k],data[n]) && IsShus(data[k],data[j]) )
{
if ( (a = getMulMin( data[n],data[j],data[k]) )> max)
{
resul[0] = data[n];
resul[1] = data[j];
resul[2] = data[k];
max = a;
// printf("data = %d %d %d\n",data[n],data[j],data[k]);
}
break;
}
}
}
// printf("%d %d %d\n",resul[0],resul[1],resul[2]);
// printf("%d",a);
return max;
}
int main()
{
int n,i;
scanf("%d",&n);
int data[n+1];
data[0] = n;
for ( i=1; i<=n ; i++)
{
data[i] = i;
}
if ( n==1 || n==2)
{
printf("%d",n);
}
else
{
// printf("\n");
clock_t start, finish;
start = clock();
long long a=FindMaxMul(data);
printf("%I64d",a);
finish = clock();
double duration = (double)(finish - start);
// printf( "\n%f 毫秒\n", duration );
}
return 0;
}
《3》 K好數
問題描述
若是一個天然數N的K進製表示中任意的相鄰的兩位都不是相鄰的數字，那麼咱們就說這個數是K好數。求L位K進制數中K好數的數目。例如K = 4，L = 2的時候，全部K好數爲十一、1三、20、2二、30、3一、33 共7個。因爲這個數目很大，請你輸出它對1000000007取模後的值。
輸入格式
輸入包含兩個正整數，K和L。
輸出格式
輸出一個整數，表示答案對1000000007取模後的值。
樣例輸入
4 2
樣例輸出
7
數據規模與約定
對於30%的數據，KL <= 106；
對於50%的數據，K <= 16， L <= 10；
對於100%的數據，1 <= K,L <= 100。
題目分析
此題用動態規劃求解。求L位K進制數中K好數的數目，咱們能夠先求出L-1位K好數，L-2位K好數......1位K好數。設F[i][j]表示i位以數字j結尾的K好數數目，1<=i<=L,0<=j<K
而
既i位的以j結尾的K好數，等於i-1位的且最後一位與j不相鄰的K好數個數的和。
心得體會
在數字大於計算機能夠表示的範圍時，有可能迭代過程就是錯的了。而對於數據很大的時候，單步調試的方法彷佛是行不通的，因此這個是有就應該在適當的位置輸出迭代結果，觀察輸出是否與預想的一致，而後慢慢將範圍縮小，縮小到能夠進行單步調試的範圍。固然，若是發現了錯誤的話就不必進行單步調試了。
在這個算法中，對最後答案取餘，其實在迭代過程當中f[i][j]早已越界，因此應該在迭代過程當中就只存餘數。在調試過程當中，總以錯誤的答案爲參照去懷疑正確的答案，這也是一個敗筆。應該堅持調試的時候輸出迭代過程，這樣才能很好的判斷答案的正確與否。
(a+b) mod c = ((a mod c) + (b mod c)) mod c
數組最大能夠到data[100000]
參考代碼
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
#include<time.h>
# define MOD 1000000007
long long f[101][100000];
//求K好數
long long KGoodNum(int l,int k)
{
int i,j,p;
//以數字i結尾的1位K好數的數目
for( i=0; i<k; i++)
{
f[1][i] = 1;
}
for ( i=2; i<=l; i++ )//求2位開始到l位的K好數
{
for( j=0; j<k; j++ )//i位的最後一位數j
{
f[i][j] = 0;
for ( p=0; p<k; p++)//i-1位的最後一位數p
{
if( p+1!=j && p-1!=j )
{
f[i][j] =(f[i][j] + f[i-1][p])%MOD;//只用存儲餘數便可
// printf("i= %d; j=%d; f[i][j]= %I64d\n",i,j,f[i][j]);
}
}
}
}
//l位的K好數總數
long long sum = 0;
for ( i=1; i<k; i++)
{
sum += f[l][i];
}
return sum%MOD;
}
int main()
{
int k,l;
clock_t start,finish;
scanf("%d%d",&k,&l);
start = clock();
long long sum = 0;
sum = KGoodNum(l,k);
printf("%I64d",sum);
finish = clock();
double t = (double)(finish - start);
// printf("\ntime = %f",t);
return 0;
}
《4》 結點選擇
問題描述
有一棵 n 個節點的樹，樹上每一個節點都有一個正整數權值。若是一個點被選擇了，那麼在樹上和它相鄰的點都不能被選擇。求選出的點的權值和最大是多少？
輸入格式
第一行包含一個整數 n 。
接下來的一行包含 n 個正整數，第 i 個正整數表明點 i 的權值。
接下來一共 n-1 行，每行描述樹上的一條邊。
輸出格式
輸出一個整數，表明選出的點的權值和的最大值。
樣例輸入
5
1 2 3 4 5
1 2
1 3
2 4
2 5
樣例輸出
12
樣例說明
選擇三、四、5號點，權值和爲 3+4+5 = 12 。
數據規模與約定
對於20%的數據， n <= 20。
對於50%的數據， n <= 1000。
對於100%的數據， n <= 100000。
權值均爲不超過1000的正整數。
題目分析
本題應該是用樹形動態規劃是比較合適的。其中設F[v][1]表示選擇節點i的最大權值，F[v][0]表示不選擇節點i的最大權值，pow[i]表示節點i的權值，再設與v相鄰的節點u爲v的孩子節點，則可有
F[v][1]=F[u][0]+pow[v],F[v][0]=max{F[u][0],F[u][1]};若v有多個孩子節點，u1,u2,....uk,可有：
根據公式進行樹形動歸就能夠將問題解決。可是這裏要注意的是，樹的存儲結構選擇至關重要，若是用二維數組存儲樹，那麼空間最大達到100000*100000，但是纔有100000-1條邊，因此對空間的浪費是客觀的。而此題涉及到有關孩子的操做比較多，綜合狀況，採用了孩子鏈表表示法存儲樹的結構。
參考代碼
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define M 100100
using namespace std;
typedef struct Node
{
int vex;
Node* next;
}Child;
Child* head[M];
int f[M][2],pow[M],visit[M];
//添加邊
void addADJ(int u,int v)
{
Child *p,*q;
p=(Child*)malloc(sizeof(Child));
p->vex=v;
p->next=head[u];
head[u]=p;
q=(Child*)malloc(sizeof(Child));
q->vex=u;
q->next=head[v];
head[v]=q;
}
//動態規劃
void GetResul(int v)
{
visit[v]=1;
Child *p;
for(p=head[v];p!=NULL;p=p->next)
{
if(visit[p->vex]==0)
{
GetResul(p->vex);
f[v][1] = f[v][1]+f[p->vex][0];
f[v][0]+=max(f[p->vex][0],f[p->vex][1]);
}
}
f[v][1]+=pow[v];
}
int main()
{
int i,j,u,v,n;
memset(head,NULL,sizeof(head));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(visit,0,sizeof(visit));
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&pow[i]);
}
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
addADJ(u,v);
}
GetResul(1);
printf("%d\n",max(f[1][0],f[1][1]));
return 0;
}
《5》 最短路
問題描述
給定一個n個頂點，m條邊的有向圖（其中某些邊權可能爲負，但保證沒有負環）。請你計算從1號點到其餘點的最短路（頂點從1到n編號）。
輸入格式
第一行兩個整數n, m。
接下來的m行，每行有三個整數u, v, l，表示u到v有一條長度爲l的邊。
輸出格式
共n-1行，第i行表示1號點到i+1號點的最短路。
樣例輸入
3 3
1 2 -1
2 3 -1
3 1 2
樣例輸出
-1
-2
數據規模與約定
對於10%的數據，n = 2，m = 2。
對於30%的數據，n <= 5，m <= 10。
對於100%的數據，1 <= n <= 20000，1 <= m <= 200000，-10000 <= l <= 10000，保證從任意頂點都能到達其餘全部頂點。
題目分析
起初剛看這道題目的時候，第一感受就想到了鄰接矩陣加Dijkstra求最短路徑。可是程序提交後，竟然是錯誤的，結果發現內存佔用率很大。再回頭看題目，發現這個圖相對是比較稀疏的圖，
因此用鄰接數組存儲會浪費不少空間。在這樣的狀況下，應該選擇鄰接表存儲圖是比較合適的。通過改進後，提交代碼經過。因此再看到題目後應該仔細分析題目的數據規模，選擇合適的存儲結構，直接影響到截正確的解答問題。
參考代碼
/*
測試已經過
用鄰接表實現
*/
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxsize=200000;
const int inf = 1000000;
typedef struct XNode
{
int pow;
int adjvex;
struct XNode* next;
}Node;
Node* head[maxsize];
int visit[maxsize],dist[maxsize];
//添加邊
void AddAdj(int u,int v,int l)
{
Node *p;
p = (Node*)malloc(sizeof(Node));
p->pow=l;
p->adjvex=v;
p->next=head[u];
head[u]=p;
}
//求最短路徑
void shortpath(int n)
{
int i,j,u,v,w;
queue<int> Q;
Node *p;
for(i=1;i<=n;i++)
{
visit[i]=0;
dist[i]=inf;
}
//第一個節點入隊列
Q.push(1);
dist[1]=0;
visit[1]=1;
while(!Q.empty())//檢查全部節點
{
u=Q.front();
Q.pop();
for(p=head[u];p!=NULL;p=p->next)
{
v=p->adjvex;
w=p->pow;
if(dist[u]+w<dist[v])//經過u到v會比原路徑到達v要近
{
dist[v]=dist[u]+w;
if(!visit[v])
{
visit[v]=1;
Q.push(v);
}
}
}
}
}
int main()
{
int n,m,u,v,w;
scanf("%d%d",&n,&m);
int i;
memset(head,NULL,sizeof(head));
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
AddAdj(u,v,w);
}
shortpath(n);
for(i=2;i<=n;i++)
printf("%d\n",dist[i]);
return 0;
}
《6》安慰奶牛
問題描述
Farmer John變得很是懶，他不想再繼續維護供奶牛之間供通行的道路。道路被用來鏈接N個牧場，牧場被連續地編號爲1到N。每個牧場都是一個奶牛的家。FJ計劃除去P條道路中儘量多的道路，可是還要保持牧場之間 的連通性。你首先要決定那些道路是須要保留的N-1條道路。第j條雙向道路鏈接了牧場Sj和Ej(1 <= Sj <= N; 1 <= Ej <= N; Sj != Ej)，並且走完它須要Lj的時間。沒有兩個牧場是被一條以上的道路所鏈接。奶牛們很是傷心，由於她們的交通系統被削減了。你須要到每個奶牛的住處去安慰她們。每次你到達第i個牧場的時候(即便你已經到過)，你必須花去Ci的時間和奶牛交談。你每一個晚上都會在同一個牧場(這是供你選擇的)過夜，直到奶牛們都從悲傷中緩過神來。在早上 起來和晚上回去睡覺的時候，你都須要和在你睡覺的牧場的奶牛交談一次。這樣你才能完成你的 交談任務。假設Farmer John採納了你的建議，請計算出使全部奶牛都被安慰的最少時間。
輸入格式
第1行包含兩個整數N和P。
接下來N行，每行包含一個整數Ci。
接下來P行，每行包含三個整數Sj, Ej和Lj。
輸出格式
輸出一個整數, 所須要的總時間(包含和在你所在的牧場的奶牛的兩次談話時間)。
樣例輸入
5 6
10
10
20
6
30
1 2 5
2 3 5
2 4 12
3 4 17
2 5 15
3 5 6
樣例輸出
178
數據規模與約定
5 <= N <= 10000，N-1 <= P <= 100000，0 <= Lj <= 1000，1 <= Ci <= 1,000。
題目分析
由數據規模能夠看出，圖的邊相對比較稀疏，因此用Kruskal算法求最小生成樹。既，每次從剩餘的邊中選擇一條權值最短的邊，而且加邊之後不會構成環，直到全部的頂點都連通爲止。由題可知道，源點既爲C值最小的點，而每條道路都會走兩次，因此道路權值應該爲2*L+Cs+Ce;
參看代碼
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#define M 100000
using namespace std;
//邊節點
typedef struct node
{
int s,e,l;
}Edeg;
Edeg edg[M];
int c[M],pre[M];
int compare(Edeg e1,Edeg e2)//升序
{
return e1.l<e2.l;
}
int findRoot(int n)//查找同集合的表明元素
{
if(pre[n]==n)return n;
int t= findRoot(pre[n]);
pre[n]=t;
return t;
}
int main()
{
// FILE *f;
// f=fopen("安慰奶牛data.txt","r+");
int i,j,k,n,p,minn=M;
// fscanf(f,"%d%d",&n,&p);
scanf("%d%d",&n,&p);
//輸入節點權值
for(i=1;i<=n;i++)
{
// fscanf(f,"%d",&c[i]);
scanf("%d",&c[i]);
if(c[i]<minn)minn=c[i];
pre[i]=i;
}
//輸入邊
for(i=1;i<=p;i++)
{
//fscanf(f,"%d%d%d",&edg[i].s,&edg[i].e,&edg[i].l);
scanf("%d%d%d",&edg[i].s,&edg[i].e,&edg[i].l);
edg[i].l =2*edg[i].l+c[edg[i].s]+c[edg[i].e];//邊的權值
}
int r1,r2,sum=0;
sort(edg+1,edg+p+1,compare);
for(i=1;i<=p;i++)
{
r1=findRoot(edg[i].s);
r2=findRoot(edg[i].e);
if(r1!=r2)
{
sum+=edg[i].l;
pre[r2]=r1;
}
}
sum+=minn;//晚上回來還要跟源點奶牛進行一次交談
printf("%d\n",sum);
return 0;
}
《7》逆序對
問題描述
Alice是一個讓人很是愉躍的人!他老是去學習一些他不懂的問題，而後再想出許多稀奇古怪的題目。這幾天，Alice又沉浸在逆序對的快樂當中，他已近學會了如何求逆序對對數，動態維護逆序對對數等等題目，他認爲把這些題讓你作簡直是太沒追求了，因而，通過一天的思考和完善，Alice終於拿出了一道他認爲差很少的題目：
有一顆2n-1個節點的二叉樹，它有剛好n個葉子節點，每一個節點上寫了一個整數。若是將這棵樹的全部葉子節點上的數從左到右寫下來，便獲得一個序列a[1]…a[n]。如今想讓這個序列中的逆序對數量最少，但惟一的操做就是選樹上一個非葉子節點，將它的左右兩顆子樹交換。他能夠作任意屢次這個操做。求在最優方案下，該序列的逆序對數最少有多少。
Alice本身已近想出了題目的正解，他打算拿來和你分享，他要求你在最短的時間內完成。
輸入格式
第一行一個整數n。
下面每行，一個數x。
若是x=0，表示這個節點非葉子節點，遞歸地向下讀入其左孩子和右孩子的信息，若是x≠0，表示這個節點是葉子節點，權值爲x。
輸出格式
輸出一個整數，表示最少有多少逆序對。
樣例輸入
3
0
0
3
1
2
樣例輸出
1
數據規模與約定
對於20%的數據，n <= 5000。
對於100%的數據，1 <= n <= 200000，0 <= a[i]<2^31。
《8》 操做格子
問題描述
有n個格子，從左到右放成一排，編號爲1-n。
共有m次操做，有3種操做類型：
1.修改一個格子的權值，
2.求連續一段格子權值和，
3.求連續一段格子的最大值。
對於每一個二、3操做輸出你所求出的結果。
輸入格式
第一行2個整數n，m。
接下來一行n個整數表示n個格子的初始權值。
接下來m行，每行3個整數p,x,y，p表示操做類型，p=1時表示修改格子x的權值爲y，p=2時表示求區間[x,y]內格子權值和，p=3時表示求區間[x,y]內格子最大的權值。
輸出格式
有若干行，行數等於p=2或3的操做總數。
每行1個整數，對應了每一個p=2或3操做的結果。
樣例輸入
4 3
1 2 3 4
2 1 3
1 4 3
3 1 4
樣例輸出
6
3
數據規模與約定
對於20%的數據n <= 100，m <= 200。
對於50%的數據n <= 5000，m <= 5000。
對於100%的數據1 <= n <= 100000，m <= 100000，0 <= 格子權值 <= 10000。
題目分析
我第一次是用數組存樹的信息，結果沒經過，可是也沒發現是什麼問題。後來就採用二叉鏈表來存儲線段樹，結果經過了。雖然沒有發現第一個緣由出錯在哪，不過用鏈表動態存儲樹的話仍是相對比較方便的，用遞歸的思想對樹進行操做也是很方便快捷的。
參考代碼
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef struct node
{
int sum,max,a,b;
struct node *left,*right;
}TNode;
TNode* Buld(int a,int b,TNode* r)
{
r=(TNode*)malloc(sizeof(TNode));
r->a=a;r->b=b;
r->sum=0;r->max=0;
if(a==b)
{
r->left=r->right=NULL;
}
else
{
r->left=Buld(a,(a+b)/2,r->left);
r->right=Buld((a+b)/2+1,b,r->right);
}
return r;
}
void Insert(TNode *T,int x,int y)
{
if(T->a==x&&T->b==x)
{
T->sum=y;
T->max=y;
}
else
{
if(x<=(T->a+T->b)/2)
{
Insert(T->left,x,y);
}
else
{
Insert(T->right,x,y);
}
T->sum=T->left->sum+T->right->sum;
T->max=T->left->max>T->right->max?T->left->max:T->right->max;
}
}
int GetSum(TNode *T,int x,int y)
{
int sum=0;
if(x<=T->a&&T->b<=y)
sum+=T->sum;
else
{
int mid=(T->a+T->b)/2;
if(y<=mid)
sum+=GetSum(T->left,x,y);
else if(x>mid)
sum+=GetSum(T->right,x,y);
else
sum +=(GetSum(T->left,x,y)+GetSum(T->right,x,y));
}
return sum;
}
int GetMax(TNode *T,int x,int y)
{
int max;
if(x<=T->a&&T->b<=y)
max=T->max;
else
{
int mid = (T->a+T->b)/2;
if(y<=mid)
max=GetMax(T->left,x,y);
else if(x>mid)
max=GetMax(T->right,x,y);
else
{
int a1=GetMax(T->left,x,y);
int a2=GetMax(T->right,x,y);
max=a1>a2?a1:a2;
}
}
return max;
}
void display(TNode *p)
{
if(p==NULL)return;
printf("a=%d b=%d sum=%d max=%d\n",p->a,p->b,p->sum,p->max);
display(p->left);
display(p->right);
}
int main()
{
TNode *tree=NULL;
int i,n,m,p,x,y,a,sum,max;
scanf("%d%d",&n,&m);
tree=Buld(1,n,tree);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
Insert(tree,i,a);
}
while(m--)
{
// display(tree);
scanf("%d%d%d",&p,&x,&y);
if(p==1)
Insert(tree,x,y);
else if(p==2)
{
sum=GetSum(tree,x,y);
printf("%d\n",sum);
}
else if(p==3)
{
max=GetMax(tree,x,y);
printf("%d\n",max);
}
}
return 0;
}
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