《挑战程序设计竞赛》2.2 贪心法-其它 POJ3617 3069 3253 2393 1017 3040 1862 3262
2015-12-18 15:07
489 查看
POJ3617
Best Cow Line题意
给定长度为N的字符串S,要构造一个长度为N的字符串T。起初,T是一个空串,随后反复进行下列任意操作:从S的头部(或尾部)删除一个字符,加到T的尾部
目标是构造字典序尽可能小的字符串T。
思路
贪心算法,不断取S的开头和末尾中较小的一个字符放到T的末尾。但对于S的开头和末尾字符相同的情况下,需要比较下一个字符大小,这可以用如下算法实现:按照字典序比较S和S翻转后的字符串S1,如果S较小,则从S的开头取,否则从末尾取。
代码
Source Code Problem: 3617 User: liangrx06 Memory: 728K Time: 47MS Language: G++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define N 2000 int main(void) { int n, i, j, k, ii, jj; char s[N+1], t[N+1]; while (cin >> n) { for (i=0; i<n; i++) { getchar(); scanf("%c", &s[i]); } s[i] = '\0'; i = 0; j = n-1; k = 0; while (i <= j) { ii = i, jj = j; while (ii <= jj) { if (s[ii] != s[jj]) break; ii ++; jj --; } if (ii <= jj && s[ii] > s[jj]) { t[k++] = s[j]; j --; } else { t[k++] = s[i]; i ++; } } t[k] = '\0'; for (i = 0; i < n; i++) { printf("%c", t[i]); if (i % 80 == 79) printf("\n"); } if (n % 80) printf("\n"); } return 0; }
POJ3069
Saruman’s Army题意
这个题是说给你n个点,然后让你标记其中尽可能少的点,使得n个点都处于被标记点左右不超过R的区间内。思路
贪心法求解,从左到右选择。代码
Source Code Problem: 3069 User: liangrx06 Memory: 748K Time: 125MS Language: G++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define N 1000 int main(void) { int r, n, i, j; int pos , res; while (cin >> r >> n) { if (r == -1 && n == -1) break; for (i=0; i<n; i++) cin >> pos[i]; sort(pos, pos+n); res = 0; i = 0; while (i < n) { j = i+1; while (j < n && pos[j] - pos[i] <= r) j ++; j --; i = j+1; while (i < n && pos[i] - pos[j] <= r) i ++; res ++; } cout << res << endl; } return 0; }
POJ3253
Fence Repair题意
有一个农夫要把一个木板钜成几块给定长度的小木板,每次锯都要收取一定费用,这个费用就是当前锯的这个木版的长度。给定各个要求的小木板的长度,及小木板的个数n,求最小费用。提示:
以
3
5 8 5
为例:
先从无限长的木板上锯下长度为 21 的木板,花费 21
再从长度为21的木板上锯下长度为5的木板,花费5
再从长度为16的木板上锯下长度为8的木板,花费8
总花费 = 21+5+8 =34
思路
利用Huffman思想,要使总费用最小,那么每次只选取最小长度的两块木板相加,再把这些“和”累加到总费用中即可本题虽然利用了Huffman思想,但是直接用HuffmanTree做会超时,可以用优先队列做
代码
Source Code Problem: 3253 User: liangrx06 Memory: 1184K Time: 219MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <set> using namespace std; int main(void) { int n, i; long long x, sum; multiset <long long> plank; while (cin >> n) { for (i=0; i<n; i++) { cin >> x; plank.insert(x); } sum = 0; while (plank.size() > 1) { x = *(plank.begin()) + *(++plank.begin()); sum += x; plank.erase(plank.begin()); plank.erase(plank.begin()); plank.insert(x); } cout << sum << endl; plank.clear(); } return 0; }
POJ2393
Yogurt factory题意
有n周,第i周:需要向外供货yi,生产1单位成本ci。若非本周生产的货物不在本周销售,需要贮藏,1单位贮藏一周需要花费s。问n周供货供需花费多少钱(成本和贮藏费)。思路
贪心,我们用minc记录当前的最小单价,然后以最小单价买入,这个最小单价,要么是现在的单价,要么是之前的最小单价+贮藏费。minc中被替换掉的值是不可能是以后的最小单价的。因为现在被替换,同时+上若干个s之后它还是会比现在替换它的那个值大。代码
Source Code Problem: 2393 User: liangrx06 Memory: 132K Time: 16MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include<iostream> using namespace std; int main() { int n, s, minc = 9999; scanf("%d %d", &n, &s); long long sum = 0; while(n --){ int c, y; scanf("%d %d", &c, &y); if(c > minc + s) c = minc + s; minc = c; sum += c * y; } printf("%lld\n", sum); return 0; }
POJ1017
Packets题意
问题描述一个工厂制造的产品形状都是长方体,它们的高度都是h,长和宽都相等,一共有六个
型号,他们的长宽分别为 1*1, 2*2, 3*3, 4*4, 5*5, 6*6. 这些产品通常使用一个 6*6*h
的长方体包裹包装然后邮寄给客户。因为邮费很贵,所以工厂要想方设法的减小每个订单运送时的
包裹数量。他们很需要有一个好的程序帮他们解决这个问题从而节省费用。现在这个程序由
你来设计。
输入数据
输入文件包括几行,每一行代表一个订单。每个订单里的一行包括六个整数,中间用空
格隔开,分别为 1*1 至6*6 这六种产品的数量。输入文件将以 6 个0 组成的一行结尾。
输出要求
除了输入的最后一行6 个0 以外,输入文件里每一行对应着输出文件的一行,每一行输
出一个整数代表对应的订单所需的最小包裹数。
输入样例
0 0 4 0 0 1
7 5 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
输出样例
2
1
思路
这个问题描述得比较清楚,我们在这里只解释一下输入输出样例:共有两组有效输入, 第一组表示有4 个3*3 的产品和一个6*6 的产品,此时4 个 3*3 的产品占用一个箱子,另外 一个 6*6 的产品占用 1 个箱子,所以箱子数是 2;第二组表示有7 个 1*1 的产品,5 个 2*2 的产品和1 个 3*3 的产品,我们可以把他们统统放在一个箱子中,所以输出是1。分析六个型号的产品占用箱子的具体情况如下:6*6的产品每个会占用一个完整的箱 子,并且没有空余空间;5*5 的产品每个占用一个新的箱子,并且留下 11 个可以盛放 1*1 的产品的空余空间;4*4 的产品每个占用一个新的箱子,并且留下5 个可以盛放2*2 的产品 的空余空间;3*3 的产品情况比较复杂,首先3*3 的产品不能放在原来盛有5*5 或者4*4 的箱子中,那么必须为3*3 的产品另开新的箱子,新开的箱子数目等于3*3 的产品的数目除以 4 向上取整;同时我们需要讨论为3*3 的产品新开箱子时,剩余的空间可以盛放多少2*2 和 1*1 的产品(这里如果有空间可以盛放2*2 的产品,我们就将它计入2*2 的空余空间,等到 2*2 的产品全部装完,如果还有2*2 的空间剩余,再将它们转换成 1*1 的剩余空间)。我们 可以分情况讨论为3*3 的产品打开的新箱子中剩余的空位,共为四种情况:第一种,3*3 的 产品的数目正好是4 的倍数,所以没有空余空间;第二种,3*3 的产品数目是4 的倍数加1, 这时还剩 5 个2*2 的空位和7 个 1*1 的空位;第三种,3*3 的产品数目是4 的倍数加2,这时还剩3 个2*2 的空位和6 个 1*1 的空位;第四种,3*3 的产品数目是4的倍数加3,这时 还剩 1 个 2*2 的空位和5 个 1*1 的空位;处理完3*3 的产品,就可以比较一下剩余的2*2 的空位和2*2 产品的数目,如果产品数目多,就将2*2 的空位全部填满,再为2*2 的产品打开新箱子,同时计算新箱子中 1*1 的空位,如果剩余空位多,就将2*2 的产品全部填入2*2的空位,再将剩余的 2*2 的空位转换成 1*1 的空位;最后处理 1*1 的产品,比较一下 1*1的空位与1*1 的产品数目,如果空位多,将1*1 的产品全部填入空位,否则,先将1*1 的空位填满,然后再为 1*1 的产品打开新的箱子。
代码
Source Code Problem: 1017 User: liangrx06 Memory: 132K Time: 16MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; bool input(int a[]) { bool flag = false; for (int i = 1; i <= 6; i ++) { scanf("%d", &a[i]); if (a[i] != 0) flag = true; } return flag; } int main(void) { int a[7]; int i, k, m, res; while (input(a)) { res = 0; for (i = 6; i >= 1; i --) { k = (6/i)*(6/i);//每个包裹能放的第i个产品的数量 m = a[i]/k;//需要的包裹数量 a[i] %= k; int n1 = 6*6*m - i*i*m*k;//剩下多少个1*1 if (a[i]) n1 += 6*6 - i*i*a[i]; if (i == 3 || i == 4) { int n2 = 0;//剩下多少个2*2 if (i == 4) n2 += 5*m; else if (i == 3 && a[i]) n2 += (4-a[i])*2 - 1; if (n2 > a[2]) n2 = a[2]; a[2] -= n2; //printf("n1=%d, n2=%d\n", n1, n2); n1 -= 2*2*n2; //printf("n1=%d, n2=%d\n", n1, n2); } if ( i >= 2 && i <= 5 ) { if (n1 > a[1]) n1 = a[1]; a[1] -= n1; } //for (int x = 1; x <= 6; x ++) // printf("%d ", a[x]); //printf("\n"); res += m; if (a[i]) res ++; a[i] = 0; } printf("%d\n", res); } return 0; }
POJ3040
Allowance题意
有N种不同面额的纸币,你雇佣的一个人,每次支付至少C圆。每种纸币的面额大小为V(每种纸币的大小成整倍数关系这是结题的关键),张数为B,问你最多能支付多少次?思路
将V从小到大进行一个排列1.先把大于C元的纸币用了,进行一个计数
2.再从大的纸币进行抓取,抓得越多越好,但要小于等于C,如果等于C进行一个计数,如果小于C,再将纸币从小的抓取,大于C进行一个计数。因为纸币是成倍数关系的,你最大的纸币面额,比前面所有纸币面额加起来都大。
3.最后进行一个支付情况的总加,意思是,你后面还能像这第2步这样支付方案的个数,然后再从第2步开始,直到不能支付。
代码
Source Code Problem: 3040 User: liangrx06 Memory: 212K Time: 16MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 20; struct Coin { int v, b; }; bool cmp(const Coin &x, const Coin &y) { return x.v < y.v; } int n, c; int m ; Coin coin ; int sum; bool choose(int i) { m[i] = sum / coin[i].v; if (m[i] > coin[i].b) m[i] = coin[i].b; sum -= m[i]*coin[i].v; if (sum == 0) return true; if (i == 0 || choose(i-1) == false) { if (coin[i].b > m[i]) { sum -= coin[i].v; m[i] ++; return (sum <= 0); } return false; } return true; } bool canPay() { memset(m, 0, sizeof(m)); sum = c; return choose(n-1); } int main(void) { int i; cin >> n >> c; for (i = 0; i < n; i ++) cin >> coin[i].v >> coin[i].b; sort(coin, coin+n, cmp); int res = 0; while (canPay()) { int k = (int)1e9; //for (i = 0; i < n; i ++) // printf("%d ", m[i]); //printf("\n"); for (i = 0; i < n; i ++) { if (m[i] > 0) { int t = coin[i].b / m[i]; k = (t < k) ? t : k; } } for (i = 0; i < n; i ++) { if (m[i] > 0) { coin[i].b -= m[i] * k; } } res += k; //break; } printf("%d\n", res); return 0; }
POJ1862
Stripies题意
科学家发现一种奇怪的玩意,他们有重量weight,如果他们碰在一起,总重变成2*sqrt(m1*m2)。要求出最终的重量的最小值。思路
试一下就可以发现:对重量较大的先碰,可以对其多次sqrt,使得最后的结果最小。代码
Source Code Problem: 1862 User: liangrx06 Memory: 220K Time: 16MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 10000; int n; double a ; void input() { cin >> n; for (int i = 0; i < n; i ++) { cin >> a[i]; } } double coll(double x, double y) { return 2*sqrt(x*y); } double solve() { sort(a, a+n); for (int i = n-2; i >= 0; i --) a[i] = coll(a[i], a[i+1]); return a[0]; } int main(void) { input(); double res = solve(); printf("%.3lf\n", res); return 0; }
POJ3262
Protecting the Flowers题意
有n个牛在FJ的花园乱吃。所以FJ要赶他们回牛棚。
每个牛在被赶走之前每秒吃Di个花朵。赶它回去FJ来回要花的总时间是Ti×2。在被赶走的过程中,被赶走的牛就不能乱吃。
思路
贪心策略,对牛进行排序,排序的标准是,假设牛A与牛B要选一头赶走,我们首先要选择破坏最大的一头牛赶走,留破坏小的牛。他们的破坏着呢麽计算呢?假设先赶走牛A,那么牛B造成的损失是2×TA×DB,先赶走牛B,那么牛A造成的损失是2×TA×DB,所以,只要判断TA×DB与TA×DB谁大,就知道该先赶走谁了,所以数组排序的标准就是—Ti×Dj>Tj×Di。代码
Source Code Problem: 3262 User: liangrx06 Memory: 1780K Time: 141MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 100000; struct Cow { int t, d; double v; }; int n; Cow cow ; void input() { cin >> n; for (int i = 0; i < n; i ++) { scanf("%d%d", &cow[i].t, &cow[i].d); cow[i].v = (double)(cow[i].d)/(double)(cow[i].t); } } bool cmp(const Cow &x, const Cow &y) { return x.v > y.v; } void solve() { sort(cow, cow+n, cmp); long long res = 0; int time = 0; res += time * cow[0].d; for (int i = 1; i < n; i ++) { time += 2*cow[i-1].t; res += time * cow[i].d; } printf("%lld\n", res); } int main(void) { input(); solve(); return 0; }
相关文章推荐
- Oracle中如何进行进制转换(2进制,10进制,16进制)
- 重写美味不用等(1) 单例 --initialize方法调用
- 工作之余学习PHP
- PPI (像素数目)的解释
- MySQL Study之--Index的强制使用和忽略
- 建立动态规划数学模型的步骤
- Tomcat在Linux上的安装与配置
- SmartConfig
- taglist
- 南邮编程在线编程题十一:指针形参的使用,找数组中的最大最小元素值
- 利用xcode怎么编辑html并且运行html
- Js apply()使用详解
- C++中的容器类详解
- Win10怎么查看磁盘空间使用情况?Win10查看系统磁盘空间使用情况的方法
- 使用Python编写简单的端口扫描器的实例分享
- CSS选择器和jQuery选择器的区别与联系之一
- C语言之预处理
- 经典算法试题及答案
- 使用python爬取豆瓣电影图片(-)
- 自定义View的状态 (Checkable接口引发的联想)