码蹄集部分题目(2024OJ赛16期;单调栈集训+差分集训)

🧀🧀🧀单调栈集训

🥪单调栈

单调递增栈伪代码:

cpp 复制代码
stack<int> st;
for(遍历数组)
{
    while(栈不为空&&栈顶元素大于当前元素)//单调递减栈就是把后方判断条件变为小于等于即可
    {
        栈顶元素出栈;//同时进行其他需要的数据记录
    }
    当前数据入栈;
}

推荐这篇:[数据结构]------单调栈-CSDN博客

🥪单调栈vs单调队列

单调栈和单调队列都是用于记录一个单增或单减区间的工具,其主要区别有以下几点:

  • 单调栈的数据结构是栈,单调队列的数据结构是队列

  • 单调栈是一端操作,单调队列是双端操作

  • 单调栈适用于需要寻找左右第一个比当前元素大或小的位置的问题,而单调队列适用于需要在滑动窗口中维护最值的问题

1🐋🐋矩形覆盖(钻石;单调栈)

时间限制:1秒

占用内存:128M

🐟题目描述

🐟输入输出格式

🐟样例

🐚样例

🐚备注

🐟题目思路

这道题目不同于《刷墙》的是,这道题目的矩形大小是任意的。

本题中,建筑物的宽度无用,只需要看高度。

n栋楼最多就需要n张海报,那么怎么减少海报数量,当出现**"低高低"** 并且**"低"的两栋建筑一样高**的情况时,就可以减少一张海报了。("高低高"的情况无法减少海报数,因为不能贴出建筑物范围)

所以我们考虑模拟单调栈,当出现上述情况时就可以将ans(可以减少的海报数量)++了。

🐟代码

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h> 
​
using namespace std;
int n,ans,d,w;
stack<int> st;
int main( )
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>d>>w;
        while(!st.empty()&&w<=st.top())//模拟单调递增栈
        {
            if(st.top()==w) ans++;
            st.pop();//将不满足单调递增的元素pop出来
        }
        st.push(w);
    }
    cout<<n-ans<<endl;
    return 0;
}

2🐋🐋多项式变换求值(钻石;单调栈)

时间限制:1秒

占用内存:64M

🐟题目描述

🐟输入输出格式

🐟样例

🐚样例

🐚备注

🐟题目思路

题目明确给出将ai换成比ai小的第一个数,根据前边我们对单调栈和单调队列的对比,可以看出,这很明显是单调栈解决的问题。

🐟代码

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h> 
​
using namespace std;
#define ll long long
const int MOD=99887765;
const int N=5e6+10;
stack<int> st;
int n,x,a[N],b[N];//a用来记录所有元素,b用来记录i的后方比i小的第一个元素的大小
ll ans;
int main( )
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>x;
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
    {
        cin>>a[i];
        while(!st.empty()&&a[i]<a[st.top()])//单调递增栈
        {
            b[st.top()]=a[i];//我就是比要出来的这些元素小的第一个元素,记录
            st.pop();
        }
        st.push(i);
    }
    for(int i=1;i<=n+1;i++)//计算
    {
        ans=ans*x+b[i];
        ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;//直接取余会出现复数的情况,直接加上MOD取余又会出现超出数据类型范围的情况,所以要这样写
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

3🐋🐋这项目我小码哥投了(星耀;单调栈)

时间限制:1秒

占用内存:128M

🐟题目描述

🐟输入输出格式

🐟样例

🐚样例

🐚备注

🐟题目思路

这道题目就是求最大的全是G的矩形的大小,然后乘以利润10即可,也就是求最大子矩形面积的问题。

这里,我们将每一行及其上方所有行的一列列1看作类似建筑,然后使用单调栈操作:

🐟代码

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h> 
​
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int n,m,a[N][N],ans;
char ch;
​
int maxRec(int x)
{
    int ret=0;
    stack<int> st;
    st.push(0);
    for(int i=1;i<=m+1;i++)
    {
        while(a[x][i]<a[x][st.top()])//单调递增栈
        {
            //每次需要pop的时候都要计算最大子矩形面积
            int h=a[x][st.top()];
            st.pop();
            int w=i-1-st.top();//以h为高的最大子矩形宽度
            ret=max(ret,w*h);
        }
        st.push(i);
    }
    return ret;
}
​
int main( )
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>ch;
            if(ch=='G') a[i][j]=1;//G标记为1
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(a[i][j]) a[i][j]+=a[i-1][j];//注意,这里不是前缀和,如果某一条的底下(a[i][j])为0了,那么这一列1的数量重置为0
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,maxRec(i));
    cout<<ans*10<<endl;
    return 0;
}

4🐋🐋山脉(钻石;单调栈)

时间限制:1秒

占用内存:64M

🐟题目描述

🐟输入输出格式

🐟样例

🐚样例

🐚备注

🐟题目思路

翻译一下题目,就是遍历所有山,找到当前山右边第一个高于或与我同高的山,计算两山之间山的数量,最后将这些山的数量进行累加,很典型的单调栈问题。

使用单调栈就可以在遍历一遍数组的时间内完成任务。

🐟代码

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h> 
​
using namespace std;
#define int long long
int n,num,sum;
stack<int>st;
signed main( )
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);//这两句是用来提高输入输出性能
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>num;
        while(!st.empty()&&st.top()<=num) st.pop();//构建单调递减栈
        sum+=st.size();//如果top元素被pop掉了,这里每次的累加也都记录下来了
        st.push(num);
    }
    cout<<sum<<endl;
    return 0;
}

🥪C/C++输入输出性能优化

cpp 复制代码
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
  • ios::sync_with_stdio(false); : 默认情况下,C++ 的输入输出流与 C 标准 I/O 是同步的,这意味着它们共享底层的文件描述符。但是,当你使用 C++ 的输入输出流时,可能会导致性能下降,因为每次输入或输出时,都需要同步 C 的标准 I/O。通过设置 sync_with_stdio(false),你告诉 C++ 不要与 C 的标准 I/O 同步,这样可以提高输入输出的速度。

  • cin.tie(0), cout.tie(0); : cincout 都是 C++ 的标准输入输出流对象。默认情况下,它们是关联的,意味着在使用 cin 进行输入时,cout 的缓冲区会被刷新,这可能会导致性能下降。通过**cin.tie(0)** 和 cout.tie(0) ,你告诉 C++ 不要在 cincout 之间建立关联,从而避免缓冲区刷新,提高性能。

🧀🧀🧀差分集训

🥪差分思想

对[l,r]区间,区间中每个数加上m,就变成了:

  • b[l]+=m

  • b[r+1]-=m

每次更新的只有b数组中l和r+1这两个位置的数

差分算法适用情况:

  • 总结而言,就是:序列数据+区间修改/查询
  • 序列数据变化较小: 差分算法适用于序列中的变化较小的情况。如果序列中的大部分元素保持不变,只有少数元素发生了变化,差分算法能够高效地捕捉到这些变化,并且可以在较小的存储空间和时间复杂度下进行处理。

  • 差分序列具有规律性: 如果序列中的变化具有某种规律性,例如周期性变化、递增或递减变化等,那么差分算法可以更好地捕捉到这种规律,从而简化问题的处理。

  • 需要高效地处理增量变化: 在一些场景中,我们只关注序列中的增量变化,而不需要完整的历史数据。差分算法可以帮助我们高效地处理这种增量变化,而不必维护完整的原始数据序列。

  • 需要高效地进行序列操作 : 差分算法可以用于高效地进行序列操作,例如区间修改、区间查询等操作。通过预处理原始序列并构建差分序列,可以在一定程度上简化问题的处理,并且减少每次操作的时间复杂度。

推荐这篇:差分算法介绍-CSDN博客

5🐋🐋区间修改(黄金;差分)

时间限制:1秒

占用内存:128M

🐟题目描述

🐟输入输出格式

🐟样例

🐚样例

🐚备注

🐟题目思路

对序列数据的区间进行加或减操作,典型的使用差分算法的问题。

工资都相同,也就是说差分数组b全部为0。由于差分变换每次只修改两个数,也就是说,每次变换可以让正负的两个数各减加1,比如[-1,1,1],经过一次变换就可以变成[0,1,0]。

这道题目就是给出a数组,求sub数组并进行顺带数据处理的。

🐟代码

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h> 
​
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,a[N],sub[N],num1,num2;
int main( )
{
    int ans=0;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        sub[i]=a[i]-a[i-1];//构建差分数组
        if(sub[i]>0) num1+=sub[i];//所有正的差值
        else num2+=sub[i];//所有负的差值
    }
    //每次操作都可以让一对正负分别减加1,所以大的那个数是需要额外操作的,结果就是大的这个数
    cout<<max(num1,-num2)<<endl;
    return 0;
}

6🐋🐋相对马高(黄金;差分)

时间限制:1秒

占用内存:128M

🐟题目描述

🐟输入输出格式

🐟样例

🐚样例

输入:

cpp 复制代码
20 1000 6
5 14
16 20
9 11
17 18
6 7
2 4

输出:

cpp 复制代码
1000
1000
999
1000
1000
999
999
999
999
998
999
999
999
1000
1000
1000
999
999
999
1000

🐚备注

🐟题目思路

最大可能身高,那么就是比我矮的我认为就比我矮1(多次比较自然会出现一匹马比另一匹马矮很多的情况)。

也就是说,对序列数据做减法,区间内的马身高都减一,典型的利用差分算法的问题。

由于是左右区间开端操作,所以1号马的身高一定是最高的那个数,所以将g[0]和g[1]设为h,sub[1]设为0即可。

这道题目就是给出了差分数组sub和a数组的第一个数,求完整的a数组。我们知道,sub的前缀和就是a。

🐟代码

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h> 
​
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int n,h,f,g[N],sub[N],a,b;
int main( )
{
    cin>>n>>h>>f;
    sub[1]=h;
    while(f--)
    {
        cin>>a>>b;
        if(a==b||b==a+1) continue;
        if(a>b) swap(a,b);
        //这里注意不是对l和r+1操作了,因为是小括号,不是中括号,是左右端开端操作,所以是对l+1和r操作
        sub[a+1]-=1;
        sub[b]+=1;//这里不用担心超出最高身高,因为前边已经减过了,累加后就抵消了,所以最多只会出现局部高低差的情况,不会超出最高身高
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        g[i]=g[i-1]+sub[i];//累加得到结果
        cout<<g[i]<<endl;
    }
    return 0;
}

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