2-4基础算法-离散化/贪心/01背包问题
一.离散化
离散化是一种将数组的值域压缩，从而更加关注元素的大小关系的算法。
离散化数组要求内部有序（一般去重）
可以通过离散化下标得到值
也可以通过值得到离散化下标
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int a[6] = { 0,3,1000,2,99999,2 };//原数组
vector<int> L;
for (int i = 1; i < 6; i++) {
L.push_back(a[i]);
}
sort(L.begin(), L.end());
auto b=unique(L.begin(), L.end());
L.erase(b, L.end());
for (int i = 0; i < L.size(); i++) {
cout << L[i]<<" "; //2 3 1000 99999
}
//获取1000在L中的下标.lower_bound返回从左到右第一个大于等于1000 的地址
cout << lower_bound(L.begin(), L.end(), 1000) - L.begin(); //2
二.贪心
1.最小化战斗力差距
评测系统
分析：先进行排序，从某个位置划分，左侧是a，右侧是b。则max a和min b是相邻的。只需计算相邻两数的差最小值
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int main()
{
int n;
cin >> n;
int a[N] = { 0 };
int minnum = INT_MAX;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a, a + n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
minnum = min(minnum, a[i] - a[i - 1]);
}
cout << minnum;
}
2.谈判
评测系统
分析：贪心：每次选择最小的两个部落合并
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;
int main()
{
int n;
cin >> n;
int a[N] = { 0 };
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a, a + n);
int sum = a[0];
int sum2 = 0;
int k = 1;
while (k<n) {
sum = sum + a[k++];
sum2+=sum;
}
cout << sum2;
}
或优先队列
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin >> n;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> queue;//小根堆，最小元素放到前面
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int x;
cin >> x;
queue.push(x);
}
int sum = 0;
while (queue.size() > 1) {
int x = queue.top();
queue.pop();
int y = queue.top();
queue.pop();
queue.push(x + y);
sum += x + y;
}
cout << sum;
}
3.纪念品分组
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int w, n;
cin >> w >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
int i = 0, j = n - 1;
int sum = 0;
while (i <= j) {
if (a[i] + a[j] <= w) {
i++;
j--;
}
else {
j--;
}
sum++;
}
cout << sum;
}
或
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int w, n;
cin >> w >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
int i = 0, j = n - 1;
int sum = n;
while (i < j) { //注意：这里不能写成i!=j,因为当ij相邻时，若满足if，ij交换，仍可以继续进行，直到越界
if (a[i] + a[j] <= w) {
i++;
j--;
sum--;
}
else {
j--;
}
}
cout << sum;
}
4.分糖果
解读：
①字典序：apple排在banana前面，我们认为apple的字典序更小
②假设我们有6个糖果分给3个学生，可能的分法是：ab、cd、ef，则拿到ef的同学字典序最大
③使得字典序最大的字符串尽可能小：指的是字典序最大的字符串的字典序最小，而不是长度最短（除非只有一个种类的糖果）。一种可能的分法中，字典序最大的是abccd；另一种分法中，字典序最大的是d。我们会选择abccd这种分法作为最终结果
分析：
糖果的种类数可能有三种情况
①只有一个种类的糖果：应使分的字典序最大的（分的糖果数最多的）同学拿到的糖果尽可能少（字符串尽可能小）。也就是尽可能的均分。如我们有7个糖果，分为3个同学。应该是2/2/3的分法
②一共有n个糖果，分给x个同学。我们先将输入序列s排序，现在同种类的糖放在了一起。若第x个糖果的种类和第1个糖果的种类不一样。 我们将前x个糖果依次分给x个同学，则第x个同学拿到了字典序最大的，又由于序列是有序的，x对应的字典序一定是当前最小的。从x+1到n（若有）的糖果我们将其分给第一位同学，因为第一位同学的首字母一定小于第x位同学，所以该操作不会产生影响。
③一共有n个糖果，分给x个同学。我们先将输入序列s排序，现在同种类的糖放在了一起。**若第x个糖果的种类和第1个糖果的种类一样。**这时，第x个糖果的字典序一定是最小的（因为已经排序），我们直接输出[x,n]即为最终序列。如：aaaabbbbcccc，4人，显然最佳分配a/a/a/abbbbcccc>其他分配abbb/a/a/accc
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int n, x;
cin >> n >> x;
vector<char> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
if (a[n] == a[1]) {
if (n % x == 0) {
int temp = n / x;
while (temp--) {
cout << a[1];
}
}
else {
int temp = n / x + 1;
while (temp--) {
cout << a[1];
}
}
}
else if (a[x] != a[1]) {
cout << a[x];
}
else {
for (int i = x; i <= n; i++) {
cout << a[i];
}
}
return 0;
}
5.最大的卡牌价值
注：最多进行k次，并非一定要进行k次
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
struct pro {
int a;
int b;
};
bool cmp(const pro& x, const pro& y) {
return x.b - x.a > y.b - y.a;
}
int main()
{
int n, k;
pro arr[N];
cin >> n >> k;
long long sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> arr[i].a;
sum += arr[i].a;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> arr[i].b;
}
sort(arr, arr + n, cmp);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (k == 0) {
break;
}
if (arr[i].b > arr[i].a) {
sum -= arr[i].a;
sum += arr[i].b;
k--;
}
}
cout << sum;
}
//也可以定义三个数组运算
6.珠宝的最大交替和
评测系统
分析：先求和，然后奇数位找最小的，偶数位找最大的，交换。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
long long sum = 0;
int ji=INT_MAX, ou=INT_MIN;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
if ( i % 2 == 0) {
sum += abs(a[i]);
ji = min(ji, abs(a[i]));
}
else {
sum -= abs(a[i]);
ou = max(ou, abs(a[i]));
}
}
if(n>1&&ji<ou)
sum = sum - 2 * ji + 2 * ou;
cout << sum;
}
7.小蓝的礼物
评测系统
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <queue>
using namespace std;
int main()
{
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq;
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
pq.push(x);
}
long long sum = 0;
int num = 0;
while (pq.size() > 0) {
int x = pq.top();
sum += x;
num++;
if (sum > k) {
sum -= x;
if (x % 2 == 0) {
if (sum + x/2 > k) {
num--;
}
}
else{
if (sum + x/2+1 > k) {
num--;
}
}
cout << num;
return 0;
}
pq.pop();
}
cout << num;
}
8.四个瓷瓶的神秘游戏
分析：当一个瓶子为空的时候，我们依然可以继续操作。当两个瓶子都为空的时候，我们无法操作。
在通过sort排序后，满足a[0]<=a[1]<=a[2]<=a[3]。我们先通过操作将a[0]变为空，可操作次数为a[0]内的珍珠数。此时最后一个瓶内珍珠数最多，为a[3]+2*a[0]
在此基础上，对其他瓶进行处理
因为a[2]不小于a[1]，所以能对a[1]进行的操作都可以对a[2]进行操作，我们假设a[2]和a[3]足够大。我们分别假设在a[0]为0时，a[1]分别取1~9，于是有：
以此类推，我们可以总结出
可以看出，相差模除为0时，a[1]和a[0]的差值就是a[3]要增加的值；差值模除为其他时，a[3]要增加的值为a[1]和a[0]的差值-1
于是有
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main() {
long long x;
long long a[4];
for (int i = 0; i < 4; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a, a + 4);
if ((a[1] - a[0]) % 3 == 0)
cout << a[3] + (a[0] * 2) + a[1] - a[0];
else
cout << a[3] + (a[0] * 2) + a[1] - a[0]-1;
}
下面考虑a[3]或a[2]非足够大的情况，拥有最多珍珠的瓶子可能就不是a[3]：
在将a[0]变为0的基础上：
当瓶子内珍珠数为0111时，一次操作变为2000，此时瓶内最多珍珠数量为2，但按上述分析前两个瓶01时，a[3]数量不变，也就是1，和2差1
当瓶子内珍珠数为0112时，一次操作变为2001，此时瓶内最多珍珠数2，a[3]数量不变也正好是2，满足上述推理
当瓶子内珍珠数为0113时，一次操作变为2002，此时a[0]=2，a[3]数量不变为3，此时a[3]成为珍珠最多的瓶
当瓶子内珍珠数为0222时，一次操作变为4000，此时瓶内最多珍珠数4，但按上述分析前两个瓶02时，a[3]数量+1，也就是3，和4差1
以此类推
可以看出，当a[3]不是足够大时，或者说，a[3]如果不满足至少比a[2]或a[1]大1时，即a[1]、a[2]、a[3]相等时，a[0]反而成了珍珠最多的瓶
我们据此更新代码，考虑a[1]、a[2]、a[3]相等的情况，要在输出基础上+1
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main() {
long long a[4];
for (int i = 0; i < 4; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a, a + 4);
int x = 0;
if (a[3] == a[1]) {
x = 1;
}
if ((a[1] - a[0]) % 3 == 0)
cout << a[3] + (a[0] * 2) + a[1] - a[0]+x;
else
cout << a[3] + (a[0] * 2) + a[1] - a[0] - 1+x;
}
9.鸡哥的购物挑战
评测系统
分析：商品价格有正有负，计算过程中可抵消
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
int main() {
priority_queue<int> pq;//大根堆
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
pq.push(x);
}
long long sum = 0;
int num = 0;
int laste;
while (pq.size() > 0&&pq.top()>0) {
sum += pq.top();
laste = pq.top();//记录while最后一个弹出的元素
pq.pop();
num++;
}
if (num < n&& num % 2 != 0) {
if (abs(pq.top()) > laste) {
sum -= laste;
}
else {
sum += pq.top();
}
}
else if (num == n && num % 2 != 0) {
sum -= laste;
}
cout << sum;
}
10.冒险者公会
分析：样例说明有一定的误导性，为了更高效的派出冒险者，应该从小到大排序
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;
int cmp(const int a, const int b) {
return a > b;
}
int main() {
int m, n;
cin >> m >> n;
int x[N] = { 0 }, b[N][N] = { 0 };
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> x[i];
}
sort(x, x + m,cmp);
int maxnum = -1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int k;
cin >> k;
for (int j = 0; j < k; j++) {
cin >> b[i][j];
}
sort(b[i], b[i] + k,cmp);
maxnum = max(maxnum, k);
}
if (m < maxnum) {
cout << "-1";
return 0;
}
int temp[N] = { -1 };//存储每轮的最大值
int num = 0;
for (int i = 0; i < maxnum; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
temp[num] = max(b[j][i], temp[num]);
}
num++;
}
int sum = 0;
num = m-1;
int num2 = maxnum - 1;
while (num!=-1&&num2!=-1) {
if (x[num] < temp[num2]) {
num--;
}
else {
sum += x[num];
num--;
num2--;
}
}
if (num2 == -1)
cout << sum;
else
cout << "-1";
}
11.明日方舟大作战！
分析：在一轮中所有队员均可上场；对每个队员至多需要一次付费
引入：
01背包问题
对于一系列物品，每个物品有两个属性，价值v[i]和重量w[i]；一个背包，它有一个最大承重限制W。在0-1背包问题中，每个物品只有两种状态：被选中和未被选中，这就是"0-1"的由来。不同于分数背包问题，我们不能选择物品的一部分，而必须决定是否完整地取用每个物品。0-1背包问题通常通过动态规划来解决。基本思想是使用一个二维数组dp[i][j]来表示当考虑到前i个物品，且背包容量为j时所能得到的最大价值。
我们的目标是选择一些物品装入背包，使得这些物品的总价值最大化，同时保证这些物品的总重量不超过背包的承重限制。
物品(重量w，价值v)
第0行：不考虑任何物品，背包的最大价值为0
第0列：当背包重量为0时，无法放入任何物品，最大价值为0
表格中的每个数字都表示：当考虑前i个物品时，在背包重量j下，能获得的最大价值
对于[1,1]
背包容量为1，1号物品重量为2，无法放入背包。
即当前物品重量大于背包容量，则背包价值与不放当前物品的价值一致（与只考虑前i-1个物品一致）
if(weight[i]>j){
dp[i][j]=dp[i-1][j]
}
对于[2,3]
当前物品重量为3≤当前背包容量3，允许放入
判断放入后是否能获得更大价值：max(不放入，放入)
若不放入：背包的最大价值=在同样的背包容量j下，能获得的最大价值，即dp[i-1][j]
若放入：背包内物品的总重量一定已经加上了当前物品的重量和价值，我们找到"不考虑当前物品的价值"和“减去当前物品重量”对应的最优值，再加上当前物品的价值，即可得到结果，即dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]
if(weight[i]<=j){
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);
}
对于另一个例子，我们给出完整的代码（注：weight和value数组下标从1开始存放数据，0号索引填充0）
这里使用vector表示，也可使用数组
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int knapsack(int W, const vector<int> weight, const vector<int> value) {
int n = weight.size()-1;
//使用vector<vector<int>>创建二维数组
//外层(行)有n + 1个元素(向量)
//对于每个外层元素都有W+1个内层元素(列),并将它们初始化为0
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(W + 1, 0));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= W; j++) {
if (weight[i] <= j) {
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
return dp[n][W];
}
int main() {
int W = 10;//背包最大容量
vector<int> weight = { 0,1,2,4,2,5 };//每个物品的重量
vector<int> value = { 0,5,3,5,3,2 };//每个物品的价值
cout << knapsack(W, weight, value);//在不超过背包承重限制的条件下，所能选择物品的最大总价值。
}
下面我们再看一个一维dp的例子
一维dp每次迭代只保留上一个物品计算的结果，减少了对空间的需求，空间复杂度有所降低。如果问题只要求最大价值而不需要具体的物品列表，一维DP是更好的选择。如果需要知道具体哪些物品被选中，则可能需要额外的逻辑或记录。二维dp可以具体到每个物品和每种容量下的最大价值。
若背包容量10，共有4件物品，(重量,价值)分别为(2,1),(3,3),(4,5),(7,9)
处理第一个物品：从右往左填写。第一个物品重量2＜10，允许放入，直到j=2。检查价值最大化。
for (int j = W; j >= weight[i]; j--) { //逆序保证了在更新时用到的dp仍然是上一轮(没有考虑当前物品)的结果
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[0]] + value[0]);
}
处理第二个物品：j=10前两件物品均可放入
j=4时
若不放入当前物品，dp[j]=1
若放入当前物品，在减去当前重量的情况下决策dp[j - weight[1]] + value[1]=0+3=3
for (int j = W; j >= weight[i]; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[1]] + value[1]);
}
以此类推，遍历完所有i得到的dp[10]即为结果
对于另一个例子，我们给出完整的代码（注：weight和value数组下标从0开始存放数据），j是逆序的
这里使用vector表示，也可使用数组
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int knapsack(int W, const vector<int> weight, const vector<int> value) {
int n = weight.size();
vector<int> dp(W + 1, 0);
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = W; j >= weight[i]; j--) { //逆序保证了在更新时用到的dp仍然是上一轮(没有考虑当前物品)的结果
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
//max中的dp[j]表示在不加入当前物品i的情况下，物品能达到的最大价值。
//类似于在二维的基础上去掉了第一个维度
//dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
return dp[W];
}
int main() {
int W = 10;
vector<int> weight = { 1, 2, 4, 2, 5 };
vector<int> value = { 5, 3, 5, 3, 2 };
cout << knapsack(W, weight, value);
return 0;
}
【回到题目】我们使用01背包一维dp找到最大的攻击力，再找到最多血量的敌人，即可计算最小的回合数
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
int knapsack(int B, const vector<int> attack, const vector<int> cost) {
vector<int> dp(B + 1, 0);//dp数组记录总费用为j时可获得的最大攻击力
int n = attack.size();
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = B; j >= cost[i]; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - cost[i]] + attack[i]);//是否选择i
}
}
return dp[B];
}
int main() {
int n, m, B;
cin >> n >> m >> B;
vector<int> attack(n), cost(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> attack[i] >> cost[i];
}
int max_attack = knapsack(B,attack,cost);//01背包调用
int max_life = 0;//敌人的最大生命值
for (int i = 0; i < m; i++) {
int life;
cin >> life;
max_life = max(life, max_life);
}
if (max_attack == 0) {
cout << "-1";
return 0;
}
//使用ceil向上取值，头文件#include <cmath>
int rounds = (int)ceil((double)max_life / max_attack);
cout << rounds;
//也可使用:max_life% max_attack == 0 ? cout << max_life / max_attack : cout << max_life / max_attack + 1;
}
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