钻石收集者&是7倍数的最长子序列&Zuma

本篇是寒假的第二弹，虽然每天都有练习算法，但是假期的话想要挤出时间写博客还是比较紧张，还有Linux要学；今天就写了一道算法题，剩下的时间拿出来写博客吧！话不多说上成果！！！

(1)钻石收集者

以以前写的代码展开详细描述与解释,并附上题目

cpp 复制代码

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

const int N=5e4+10;
int n,k;
int a[N];
int f[N],g[N];

int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    for(int left=1,right=1;right<=n;right++)
    {
        while(a[right]-a[left]>k) left++;
        f[right]=max(f[right-1],right-left+1);
    }
    for(int left=n,right=n;left>=1;left--)
    {
        while(a[right]-a[left]>k) right--;
        g[left]=max(g[left+1],right-left+1);
    }
    int ret=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        ret=max(ret,f[i-1]+g[i]);
    }
    cout<<ret<<endl;
    return 0;
}

这是一道在洛谷上写的题目，所以使用全局的变量更加方便，根据输入要求，我直接把数组设置的足够大，那么就不用考虑越界的问题

实现本题的逻辑主要在于滑动窗口思想

首先，需要将数组从大到小依次排序起来这样，方便后面遍历数组

数组f $N$ ：从左往右统计一次，正向

数组g $N$ ：从右往左统计一次，反向(这两个数组是实现滑动窗口思想的底层容器)

f $right$ ：表示以right为结尾的数段中，所能达到的最大长度

g $left$ ：表示以left为开头的数段中，所能达到的最大长度

f $i-1$ +g $i$ ：表示以i位置分割的左右两部分，左右结合起来能达到的最大长度

ret：因为最大长度可能存在任意一个位置，所以需要暴搜，找寻最终的答案

(2)是7倍数的最长子序列

以以前写的代码展开详细描述与解释,并附上题目

cpp 复制代码

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

int n;
int id[10];

int main()
{
    cin>>n;
    memset(id,-1,sizeof id);
    id[0]=0;
    int sum=0,ret=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;cin>>x;
        sum=(sum+x)%7;
        if(id[sum]!=-1) ret=max(ret,i-id[sum]);
        else id[sum]=i;
    }
    cout<<ret<<endl;
    return 0;
}

这是一道在洛谷上写的题目，所以使用全局的变量更加方便，根据输入要求，我直接把数组设置的足够大，那么就不用考虑越界的问题

实现本题的逻辑主要在于前缀和+哈希表+同余定理

数组id：本道题使用数组代替哈希表，这样可以节省空间，因为任意一个数%7后，数值都在0~6之间，所以我们数组不用开太大，就开10即可

初始化：一开始把数组都初始化为-1，这样就可以清楚这个位置我们是否已经遍历过与否，此处值仍为-1，就是还没有遍历过；不为-1，就是已经存进去了一个结点下标

我们需要特地将id $0$ 这个点初始化为0，因为如若整个序列就是7的倍数的话，那么计算的时候，就是拿此时id $0$ 内的下标进行计算

实现逻辑：因为是要找到最长的子序列，那么我们只要存%7的0~6这几个数第一次出现的下标即可；后续若重复出现，就可以计算此时的长度，与ret比较

同余定理：文字不方便描述，可以到绑定的资源内看图解，更好理解

(3)Zuma

以今天写的代码展开详细描述与解释,并附上题目

cpp 复制代码

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

const int N=521;
int n;
int a[N];
int f[N][N];

int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i][i]=1;
    for(int i=1;i+1<=n;i++)
    {
        int j=i+1;
        if(a[i]==a[j]) f[i][j]=1;
        else f[i][j]=2;
    }

    for(int len=3;len<=n;len++)
    {
        for(int i=1;i+len-1<=n;i++)
        {
            int j=i+len-1;
            for(int k=i;k<j;k++)
            {
                //[i,k][k+1][j]
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
            }
            if(a[i]==a[j]) f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j-1]);
        }
    }
    cout<<f[1][n]<<endl;
    return 0;
}

这是一道在洛谷上写的题目，所以使用全局的变量更加方便，根据输入要求，我直接把数组设置的足够大，那么就不用考虑越界的问题

实现本题的逻辑主要在于区间dp

状态表示f $i$ $j$ ：把区间 $i,j$ 内的宝石全部移走，所需要的最少步骤

状态表示：

①基于分割点k考虑：f $i$ $k$ +f $k+1$ $j$

②基于左右端点考虑：当a $i$ ==a $j$ 时，f $i+1$ $j-1$ (容易遗漏，则会错过最优解)

本题难点初始化：

①先将所有的位置初始化为无穷大

②再把所有的基础长度为1，2的区间初始化

③注意f $i$ $j$ 初始化时，因为会用到f $i+1$ $j-1$ 初始化，但是如若不进行第二部，那么两个位置都是无穷大，就无法取出最小值，进行后续的dp(详情可以去绑定的资源内看图解)