我的算法修炼之路--6 ——模幂、构造、背包、贪心、剪枝、堆维护六题精析

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文章目录

• 前言
• 题目清单
• • 1.转圈游戏
  • [2.System Administrator（系统管理员）](#2.System Administrator（系统管理员）)
  • 3.多米诺骨牌
  • 4.排队接水
  • 5.健康的荷斯坦奶牛
  • 6.接水问题

前言

这些题目摘录于洛谷，好题，典型的题，考察各类算法运用，可用于蓝桥杯及各类算法比赛备战，算法题目练习，提高算法能力，补充知识，提升思维。

锻炼解题思路，从学会算法模板后，会分析，用到具体的题目上。

对应题目点链接即可做。

本期涉及算法： 数学（可取模的快速幂），构造（图），01背包（问题转化），贪心算法，dfs暴搜+剪枝，模拟+小根堆维护最小值 。

题目清单

1.转圈游戏

题目： P1965 [NOIP 2013 提高组] 转圈游戏

解法：数学 + 快速幂

n个数一圈（循环），计算（x + m * 10^k）% n的值即为移动后的位置。

由于 0 < k < 10^9, 就是10⁽¹⁰9),非常的大，需要用到可以取模的快速幂，一边乘一边取模。用long long来存。

代码：

#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;
LL n, m, k, x;

LL qpow(LL a, LL b, LL p)
{
	LL ret = 1;
	while(b)
	{
		if(b & 1) ret = ret * a % p;
		b >>= 1;
		a = a * a % p; 
	}
	return ret;
}

int main() 
{
	cin >> n >> m >> k >> x;
	cout << (x + m * qpow(10, k, n)) % n << endl;
	return 0;
}

2.System Administrator（系统管理员）

题目： CF22C System Administrator

解法：构造

要满足题目要求：去掉一个点后，图不连通，那么就构造一个点v左边连一个点，右边连n - 2个点。因为这道题目的边有限，且要用完，这种方式连的边最多，且满足题目要求。

重要的性质：

n个点如果至少要连n - 1条边， 所以m < n - 1时，连通图就不存在。所以 m > n - 1;

当有一个顶点与v相连，并且与其他顶点都不相连时，最大的边数可由以下方法来求：对于一个无向图，n个顶点，最多有n(n - 1) / 2条边。（结论），因为每一个点可以和剩下的n-1个点连一条边，那么就是n(n - 1), 且因为两个点只有一条无向边，会多算一次就/2。综上，可以算满足题目要求的情况：一个点连左边一个点，边数1，这个点加上右边一共n - 1个点边数(n - 1) * (n - 2) / 2 + 1。所以 m < (n - 1) * (n - 2) / 2 + 1。

综上所述，n - 1 < m < (n - 1) * (n - 2) / 2 + 1,可以用于判断m是否合法。

如果m在范围内，那么图存在，一定能构造出来，可以先在v的左边放置一个顶点w,在另一边放剩余的n-2个点，将所有的点(除了v本身)，连在v上，然后将它们（除了w）相互连接起来。

代码：

#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;
LL n, m, v;

int main() 
{
	cin >> n >> m >> v;
	if(m < n - 1 || m > (n -1) * (n - 2) / 2 + 1)
	{
		cout << -1 << endl;
		return 0;
	 } 
	 
	 for(int i = 1; i <= n; i++)
	 {
	 	if(i != v)
	 	{
	 		cout << i << " " << v << endl; //v点和其它点相连
			 m--; 
		 }
	 }
	 
	 int w = 1;
	 if(w == v) w = 2; //选一个不是v的点
	 
	 for(int i = 1; i <= n; i++)
	 {
	 	for(int j = 1; j < i; j++) //i与j不同，只连一次
		{
			 if(!m) return 0;
		    if(i == v || i == w || j == v || j == w) continue;
		   cout << i << " " << j << endl;
		   m--;
		}
	  } 
	  
	return 0;
}

3.多米诺骨牌

题目： P1282 多米诺骨牌

解法：动态规划（01背包）

不要去背模板，这道题目的难点在于问题的转化 和对二维有负数无法对应到数组下标的特殊处理方式。

思考：

复杂问题（变化值多）简单化： 首先这道题有上下两个值，而且还会不断翻转，如果将两个的更改都考虑进去会很麻烦，回想道之前的类比方法：固定一个值之后，改变另外一个，但是这里固定一个后，就无法翻转，翻转后两个值都发生变化，很难更新处理。那没我们可以局部分开算上下的差值，那么两个值的变化转变为一个值得变化，且翻转就是去这个差值的相反数，非常的巧妙。

对于每一个骨牌，设上面的点数是x，下面的点数是y:

如果不旋转，对于总差值的贡献就是x - y;

如果旋转，对于总差值的贡献就是 y - x = -(x - y);

问题转化： 对于每个骨牌，我们统计一下上下点数的差值a [i ]，然后的操作就是要么旋转，要么不旋转 ，最终想看看总和最接近0（也就是最小，因为不一定为0）的值的最小旋转次数，正好对应01 背包问题。

但是，此时会有一个问题，就是我们的总和有可能是负数 ，对应不到f表里面的下标 。对于这种问题，我们常见的处理操作就是统一将第二维加上一个偏移量，相当于将整个f表向右平移，直到所有的下标都是正数。

本题的偏移量可以设置成5000，因为假如1 - 6 = -5，n最大为1000，最小值不会低于−5000。

1.状态表示：

f[i] [j]表示：考虑前i个骨牌，确定好它们的状态之后，上下差值正好为j时，此时的最小旋转次数。

最终结果就是f[n] [j] 中，状态合法，从小到大找 ，也就是j的绝对值最小时的值。

2.状态转移方程：

对于i位置的骨牌，我们有不旋转或者旋转两种状态：

a.不旋转：此时i 位置骨牌对上下差值的贡献就是a [i ]，那么就需要去**[1, i− 1]** 中凑总和为 j − a [i] 的最小旋转次数，即f[i - 1] [j - a[i]]；

b.旋转：此时i 位置骨牌对上下差值的贡献就是−a [i ]，那么就需要去**[1, i − 1]** 中凑总和为 j + a [i] 的最小旋转次数再加上本次旋转，即f[i - 1] [j + a[i]；

综上, f[i] [j] 应该为上面两种情况的最小值。

3.初始化：

先把所有位置初始化为正无穷大0x3f3f3f3f，用于后面取min,然后把f[0] [0]初始化为0(合理)。

4.填表顺序：

从上往下每一行，每一行从左往右。

4.排队接水

题目： P1223 排队接水

解法：贪心

题目要求：要使所有人的平均等待时间最短，可以想到贪心：让接水时间短的先接水，这样后面的人等待的时间更短，接水时间长的排后面。用一个变量wait来记录等待接水的时间，不断更新等待时间和总时间。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;
int n;
struct node
{
	int t, id;
}a[N];

bool cmp(node& x, node& y)
{
	return x.t < y.t;
}

int main() 
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i].t;
		a[i].id = i;
	}
	
	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
	double sum = 0, wait = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cout << a[i].id << " ";
		sum += wait;
		wait += a[i].t;
	}
	
	cout << endl;
	printf("%.2lf\n", sum / n);
	return 0;
}

5.健康的荷斯坦奶牛

题目： P1460 [USACO2.1] 健康的荷斯坦奶牛 Healthy Holsteins

解法：dfs暴搜+剪枝

从前往后考虑每一个饲料，对于当前饲料要么选，要么不选，dfs 决策树可以把所有情况枚举出来。如果从小到大考虑，而且最终结果天然是按照字典序排列的。

剪枝：
最优性剪枝： 如果当前选择的饲料总数"大于等于"之前已经搜到过的最优解，减掉；

如果当前选择的饲料已经满足要求，判断是否是最优解之后，减掉。

细节，每次要记得恢复现场 。 用一个path记录当前走到哪里来了，将path置为1，path |= (1 << pos), 将path置为0，path &= ~（1<<pos);

代码：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 30;
int n, m;
int v[N];
int g[N][N];

int cnt; //记录当前选了多少个
int path; //记录选了哪些饲料

int ret = N; //记录最少选了
int st;

//当前的决策是path是否满足奶牛的需要
bool check()
{
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int sum = 0;
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		{
			if((path >> j) & 1) sum += g[j][i];
		}
		if(sum < v[i]) return false;
	 } 
	 return true;
 } 

void dfs(int pos)
{
	//最优性剪枝
	if(cnt >= ret) return;
	if(check())
	{
		ret = cnt;
		st = path;
		return;
	 } 
	 
	 if(pos > m) return;
	 
	 //选
	 cnt++;
	 path |= (1 << pos); //置为1
	 dfs(pos + 1);
	 cnt--;
	 path &= ~(1 << pos);
	 
	 //不选
	 dfs(pos + 1); 
}

int main() 
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i];
	cin >> m;
	for(int i = 1; i <= m; i++)
	   for(int j = 1; j <= n; j++)
	   cin >> g[i][j];
	   
	   dfs(1);
	   
	   cout << ret << " ";
	   for(int i = 1; i <= m; i++)
	   {
	   	if((st >> i) & 1) cout << i << " ";
	   }
	   
	return 0;
}

6.接水问题

题目： P1190 [NOIP 2010 普及组] 接水问题

解题思路：模拟，小根堆

维护m个水龙头的结束时间，取其最小值，考虑到用小根堆维护，min出堆，加入学生序列，将学生接水量 + min,进堆；同时记录max即为结果。

代码：

//模拟，小根堆，同时找max
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector> 
using namespace std;

int n, m;

int main()
{
	cin >> n >> m;
	priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;
	for(int i = 1; i <= m; i++) //初始化m个水龙头的结束时间,方便后面n次，不用提前存 
	 heap.push(0); 
	 
	 int ret = 0;
	 for(int i = 1; i <= n; i++)  //维护m个水龙头的结束时间
	{
		 int w; cin >> w; 
	    int t = heap.top(); heap.pop(); //min
	    t += w; //累积起来 
	    heap.push(t); //加入维护 
	    ret = max(ret, t);
	}
	cout << ret << endl; 
	return 0;
}

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