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队长51假期留给我们的作业,大家就看个乐呵就行。
N 架飞机准备降落到某个只有一条跑道的机场。其中第 i 架飞机在 Ti 时刻 到达机场上空,到达时它的剩余油料还可以继续盘旋 Di 个单位时间,即它最早 可以于 Ti 时刻开始降落,最晚可以于 Ti + Di 时刻开始降落。降落过程需要 Li 个单位时间。 一架飞机降落完毕时,另一架飞机可以立即在同一时刻开始降落,但是不 能在前一架飞机完成降落前开始降落。 请你判断 N 架飞机是否可以全部安全降落。
题解 : 数据太小了 , 本来一眼贪心 , 一看数据范围100 , 直接bf是就能过
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
-
- const int N = 1001;
- int T, n;
- int t[N], d[N], l[N];
- bool st[N];
- bool flag = false;
-
- void dfs(int k , int time)
- {
- if (k == n - 1) // 最后一个飞机 ,可以直接降落
- {
- flag = true;
- return;
- }
-
- for (int i = 0; i < n; i++)
- {
- if ( !st[i] )
- {
- if ( t[i] + d[i] >= time ) // 当飞机可以降落时
- {
- st[i] = true; // st 是当前飞机i=用没用
- dfs( k + 1, max(time + l[i], t[i] + l[i]) );
- st[i] = false; // 找完了放回去,为其他案例做预备
- }
- }
- }
-
- }
- void solve()
- {
- flag = false;
- cin >> n;
-
- memset(st,0,sizeof st); // 多组数据 , 需要初始化
-
- for (int i = 0; i < n; i++)
- cin >> t[i] >> d[i] >> l[i];
-
- for (int i = 0; i < n; i++) // 每个飞机 都需要 bfs一遍
- {
- if (!st[i])
- {
- st[i] = true;
- dfs(0, t[i] + l[i]);
- st[i] = false;
- }
- }
-
- if (flag)
- cout << "YES" << endl;
- else
- cout << "NO" << endl;
- }
-
- int main()
- {
- cin >> T;
- while (T--)
- solve();
-
- return 0;
- }
-
- /*
- 2
- 3
- 0 100 10
- 10 10 10
- 0 2 20
- 3
- 0 10 20
- 10 10 20
- 20 10 20
- */
对于一个长度为 K 的整数数列:A1, A2, . . . , AK,我们称之为接龙数列当且 仅当 Ai 的首位数字恰好等于 Ai−1 的末位数字 (2 ≤ i ≤ K)。 例如 12, 23, 35, 56, 61, 11 是接龙数列;12, 23, 34, 56 不是接龙数列,因为 56 的首位数字不等于 34 的末位数字。所有长度为 1 的整数数列都是接龙数列。 现在给定一个长度为 N 的数列 A1, A2, . . . , AN,请你计算最少从中删除多少 个数,可以使剩下的序列是接龙序列?
// 简单的动态规划的题 , 用数组 f 存储从1 到 n 最长的接龙数列的长度,最后用 n 减去 f[n]就是答案
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
-
- const int N = 1e5 + 10;
-
- int f[N];
- int a[N], last[N], st[N];
- int n;
-
- int get_the_first_number(int n) //两个辅助函数 , 辅助 check 函数
- {
- while (n)
- {
- int t = n % 10;
- n /= 10;
- if (n == 0)
- return t;
- }
- return 0;
- }
-
- int get_the_last_number(int n)
- {
- return n % 10;
- }
-
- bool check(int a, int b) // 比较两个 数字是否可以 形成接龙数列
- {
- int a_last = get_the_last_number(a);
- int b_first = get_the_first_number(b);
-
- if(a_last==b_first)
- return true;
- return false;
- }
-
- int main()
- {
- cin >> n;
- for (int i = 1; i <= n; i++)
- cin >> a[i];
-
- for (int i = 1; i <= n; i++)
- {
- f[i] = f[i - 1];
- st[i] = st[i - 1];
- if (i == 1 || check(st[i], a[i])) // 动态规划 , 存贮的都是当前最大的接龙数列
- {
- f[i]++;
- st[i] = a[i];
- }
- }
-
- cout<<n-f[n]<<endl; // 总的减去最大的就是答案
-
- return 0;
- }
小蓝现在有一个长度为 100 的数组,数组中的每个元素的值都在 0 到 9 的 范围之内。数组中的元素从左至右如下所示: 5 6 8 6 9 1 6 1 2 4 9 1 9 8 2 3 6 4 7 7 5 9 5 0 3 8 7 5 8 1 5 8 6 1 8 3 0 3 7 9 2 7 0 5 8 8 5 7 0 9 9 1 9 4 4 6 8 6 3 3 8 5 1 6 3 4 6 7 0 7 8 2 7 6 8 9 5 6 5 6 1 4 0 1 0 0 9 4 8 0 9 1 2 8 5 0 2 5 3 3 现在他想要从这个数组中寻找一些满足以下条件的子序列: 1. 子序列的长度为 8; 2. 这个子序列可以按照下标顺序组成一个 yyyymmdd 格式的日期,并且 要求这个日期是 2023 年中的某一天的日期,例如 20230902,20231223。 yyyy 表示年份,mm 表示月份,dd 表示天数,当月份或者天数的长度只 有一位时需要一个前导零补充。 请你帮小蓝计算下按上述条件一共能找到多少个不同 的 2023 年的日期。 对于相同的日期你只需要统计一次即可。
// 暴力bfs , 详情看注释 , 答案 235
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
-
- const int N = 1e2 + 1;
- int a[N];
-
- set<int> s;
-
- bool check(int date) // 检查日期是否合法
- {
- int mm = date / 100 % 100;
- int dd = date % 100;
- if (mm < 1 || mm > 12)
- return false;
- if (mm == 1 || mm == 3 || mm == 5 || mm == 7 || mm == 8 || mm == 10 || mm == 12)
- {
- if (dd >= 1 && dd <= 31)
- return true;
- }
- else if (mm == 2)
- {
- if (dd >= 1 && dd <= 28)
- return true;
- }
- else if (dd >= 1 && dd <= 30)
- return true;
-
- return false;
- }
- // cnt 记录当前 有几个 数字
- void dfs(int x, int cnt, int date)
- {
- if (x == 100)
- return;
- // 一百个就停了 从 0 开始的
-
- if (cnt == 8) // 八个一chek
- {
- if (check(date))
- s.insert(date);
- return;
- }
-
- if (cnt == 0)//初始化init
- date = 0;
- // 判断每个位置的合法与否
- if ((cnt == 0 && a[x] == 2) || (cnt == 1 && a[x] == 0) || (cnt == 2 && a[x] == 2) || (cnt == 3 && a[x] == 3) || (cnt == 4 && a[x] >= 0 && a[x] <= 1) || (cnt == 5 && a[x] >= 0 && a[x] <= 9) || (cnt == 6 && a[x] >= 0 && a[x] <= 3) || (cnt == 7 & a[x] >= 0 && a[x] <= 9))
- dfs(x + 1, cnt + 1, date * 10 + a[x]); // 合法可以选
-
- dfs(x + 1, cnt, date); // 不选
- }
-
- int main()
- {
- for (int i = 0; i < 100; i++)
- cin >> a[i];
- dfs(0, 0, 0);
- cout << s.size() << endl;
-
- return 0;
- }
对于一个长度为 n 的 01 串 S = x1 x2 x3...xn,香农信息熵的定义为 H(S ) = −Σ n 1 p(xi)log2 (p(xi)),其中 p(0), p(1) 表示在这个 01 串中 0 和 1 出现的占比。 比如,对于 S = 100 来说,信息熵 H(S ) = − 1 3 log2 ( 1 3 ) − 2 3 log2( 2 3 ) − 2 3 log2 ( 2 3 ) = 1.3083。对于一个长度为 23333333 的 01 串,如果其信息熵为 11625907.5798, 且 0 出现次数比 1 少,那么这个 01 串中 0 出现了多少次?
直接暴力就能做 , 直接看代码
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
-
- const int N = 23333333,M = N/2;
- long double eps = 11625907.5798; // 题目里给定
-
- int lmr(int i)
- {
- long double p;
- long double n0 = i; // 0 的数
- long double n1 = N-i;// 1 的
-
- p = -( (n0*n0/N)*log2l(n0/N)+(n1*n1/N)*log2l(n1/N) );
-
- //cout<<p<<endl;
- if(abs(p-eps)<0.0001) // 判断精确度
- cout<<i<<endl;
- }
-
- int main()
- {
- //cout<<cal(114514)<<endl;
- for(int i = 1;i<=N/2;i++)
- lmr(i);
-
- return 0;
- }
小蓝有一个神奇的炉子用于将普通金属 O 冶炼成为一种特殊金属 X。这个 炉子有一个称作转换率的属性 V,V 是一个正整数,这意味着消耗 V 个普通金 属 O 恰好可以冶炼出一个特殊金属 X,当普通金属 O 的数目不足 V 时,无法 继续冶炼。 现在给出了 N 条冶炼记录,每条记录中包含两个整数 A 和 B,这表示本次 投入了 A 个普通金属 O,最终冶炼出了 B 个特殊金属 X。每条记录都是独立 的,这意味着上一次没消耗完的普通金属 O 不会累加到下一次的冶炼当中。 根据这 N 条冶炼记录,请你推测出转换率 V 的最小值和最大值分别可能是 多少,题目保证评测数据不存在无解的情况。
最大换最小 , 最小换最大 。
- #include <bits/stdc++.h>
-
- using namespace std;
-
- const int INF = 1e9 + 10;
- int n;
-
- int main()
- {
- cin >> n;
- int maxn = INF, minx = -INF;
- for(int i = 0;i < n;i++)
- {
- int a, b;
- cin >> a >> b;
- minx = max(minx, a / (b + 1));
- maxn = min(maxn, a / b);
- }
- cout << minx + 1 << ' ' << maxn;
-
- return 0;
- }
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