我要评论atcoder beginner contest 250
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题目大意
给的一个长度为n的物品的价值的序列，a1,a2,a3……an，每次操作可以选择购买或卖出，也可以什么都不操作，求最后获得的利润的最大值。
数据范围 1<=ai<=1e9,n<=2e5
思路
这题一开始我觉得很像一道leetcode的动态规划 ——买卖股票的最佳时机ii 但是仔细看了一下发现不对，因为这道题可以持有多股（原题只能持有一股），也就是这题用动态规划的话，转移方案会有多种，详细如下：
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int>a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
//这里的dp[i][j]表示第i天持有j个股票的最大利润
vector<int> dp0(n + 1, -inf),dp1(n + 1, -inf);//采用滚动数组优化空间，以为只能从i-1转移
dp0[0] = 0;
dp0[1] = -a[1];
int res = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= i; ++j) {
dp1[j] = dp0[j]; //不操作
if (j >= 1) dp1[j] = max(dp1[j], dp0[j - 1] - a[i]); //买入
if (j + 1 <= n) dp1[j] = max(dp1[j], dp0[j + 1] + a[i]); //卖出
res = max(res, dp1[j]);
}
dp0 = dp1; //滚动
}
cout << res << endl;
}
毫无疑问，o(n²)的时间复杂度对于n<=2e5的题目会tle，需要优化，而优化dp又是一个复杂的问题，常见的优化有：单调队列优化、优先队列优化等等。优化算法需要的时间和思维成本太大，故这题需要换一种方法。
做法
这题是一道反悔贪心的经典题
反悔贪心通常需要创建一个堆，然后再堆内进行贪心，对堆进行操作，如（pop,push）等等。反悔贪心的精髓就是，对于当前的最优解直接记录它对答案的贡献，而后续遇到更优解时只需要更新上一次最优解（因为堆自动排序了，所以更新只需要在o（1）的时间复杂度内完成）。注意的是，更新最优解后，仍然需要把当前的值放入队列中，因为它本身也能够被更新。
让我们看看只放入更新的结果，不放入自身的情况：
例如：对于 2 5 9 9这个序列，不放入自身进行反悔贪心的话，优先队列依次是这样的：
[2] ->[5]->[9]->[9,9]
对答案的贡献为:
[0]->[0+3]->[0+3+4] =7
容易发现贪心的结果不对，正解为11
所以正确的优先队列应该是这样：
[2] ->[5,5]->[5,9,9]->[9,9,9,9]
对答案的贡献为：
[0]->[0+3]->[0+3+4]->[0+3+4+4] =11
正如上文所说
代码
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>pq;
int res = 0;
pq.push(a[1]);
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (a[i] > pq.top()) { //反悔，更新上一次的最优解
res += a[i] - pq.top(); //添加上对答案多的贡献
pq.pop();
pq.push(a[i]);
}
pq.push(a[i]); //注意这里
}
cout << res << endl;
}
时间复杂度
o(nlog2n)
标签
贪心、优先队列
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cf1500左右吧
小结
2024-4-12：
这题赛事我没开出来，但是想到了用优先队列反悔贪心了，但是贪心地不对，因为没有放入两次，长记性了！最后动态规划去优化了一晚上，可惜了。
educational codeforces round 149 (rated for div. 2)
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题目大意
给定一个字符串序列，序列中只有‘（’和‘）’，认为一个序列是好的，有且仅当序列的所有前缀左括号的数量大于等于右括号的数量，或有括号的数量大于等于左括号的数量，并且这个序列中左右括号总数相同。可以对序列中的每个括号染色，同一个颜色的分为一组，每一组都应该是好的序列，求最小分组数，无法分组则输出-1
思路
括号匹配的题目大概率可以用栈（stack）来做，但这题其实没必要。对这种括号问题的一个经典做法是吧左括号看做1，把右括号看做-1，求一下前缀和，然后再按照题意去操作即可。
做法
对于这题，需要求最小分组数，我们可以贪心地想一想，然后会发现，排除去不存在的情况（左括号和右括号数量不同），那么序列最多可以被分成两组，为什么呢？其实很简单，对于前缀和，最终结果肯定是0，那么对于前缀和中大于等于0的部分，我们可以染成一个颜色，小于0的部分都染成另一个颜色。因为，我们把题目再翻译一下，左括号数量大于右括号数量，也就是说左括号和右括号的和大于等于0（因为我们把左括号看做1，右括号看做-1），那么另一个情况也是如此。注意判断边界情况，即染成第一种颜色的边界条件是a[i]>=0&&a[i-1]>=0。
如下图:
（图是从洛谷搬的），有兴趣的也能看看大佬的题解：
[cf1837d] bracket coloring - 洛谷专栏
代码
void solve() {
int n;
cin>>n;
int cnt1=0,cnt2=0;
vector<int>a(n+1);
for(int i=1;i<=n;++i){
char ch;
cin>>ch;
cnt1+=ch=='(';
cnt2+=ch==')';
int tt=(ch=='('?1:-1); //转换括号为1,-1
a[i]=tt+a[i-1]; //求前缀和
}
if(cnt1!=cnt2){ //判断不成立情况
cout<<-1<<endl;
return;
}
vector<int>res;
bool ok1=false,ok2=false;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(a[i]>=0&&a[i-1]>=0){ //注意边界情况
res.push_back(1);
ok1=true;
}
else{
res.push_back(2);
ok2=true;
}
}
if(ok1&&ok2){ //分成两组
cout<<2<<endl;
for(auto &x:res) cout<<x<<" ";
cout<<endl;
}
else{ //分成一组
cout<<1<<endl;
for(int i=1;i<=n;++i) cout<<1<<" ";
cout<<endl;
}
}
时间复杂度
复杂度为o(nlog2n)。
标签
贪心、前缀和，栈
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1400
小结
2024-4-12
大佬眼中的经典问题，确实我需要学习的新知识，括号匹配转换成1和-1,求前缀和，这个思想真的很厉害。
codeforces round 872 (div. 1)
a
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题目大意
有n个人，m个位置，有3种人，第一种人只想坐在最右边的人的右边，如果最右边的人没有位置，则离场，如果没有人的话就坐在最左边。第二种人只想坐在最左边的人的左边，如果最左边的人没有位置，则离场，如果没有人的话就坐在最右边。第三种人只想坐在特定位置x。求最多有多少个位置可以坐人。
思路
可以发现，如果位置没人的时候，选择让第一种人先坐下，或者选择第二种人先坐下，那么另一种人就没有位置可以做了，那么这时的最佳方案就是max（第三种人+第一种人，第三种人+第二种人)。把整个条座位1-m看做一个数轴，那么第一种人从左到右坐，第二种人从右往左坐，当遇到第三种人时，先让他左下，然后再坐自己。因此，第三种人总是可以坐下。
此外，还需要枚举第三种人，然后计算他左右两边可以坐多少第一种人和第二种人，这里也要加上第三种人，因为他总是可以坐下。
做法
对于第一个方案，统计一下个数即可取大的即可。对于第二个方案，需要排序然后枚举，记得去重，排序后可以利用下标来寻找个数关系。
代码
void solve() {
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<int>a;
int cnt1=0,cnt2=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
int x;
cin>>x;
if(x>0) a.push_back(x);
cnt1+=x==-1; //统计第一种人
cnt2+=x==-2;//统计第二种人
}
sort(a.begin(),a.end()); //排序
a.erase(unique(a.begin(),a.end()),a.end()); //去重
int res=-inf;
res=max({res,min(cnt1+(int)a.size(),m),min(cnt2+(int)a.size(),m)}); //第一种法案
for(int i=0;i<a.size();++i){
res=max(res,min(a[i]-1,cnt1+i)+min(m-a[i],cnt2+(int)a.size()-i-1)+1); //枚举第三种人
}
cout<<res<<endl;
}
时间复杂度
复杂度为o(nlog2n)。
标签
贪心，模拟
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1400
小结
2024-4-13
这题还是挺简单的，只是记得处理一下边界条件和小细节就好。主要是样例给的好，基本情况都能覆盖了，样例能过基本就能ac了。
educational codeforces round 146 (rated for div. 2)
c
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题目大意
给定一个序列为n，机器人寻找第i个数的次数，有两个机器人，每次搜索的时间是s1,s2,你需要构造两个序列a,b使得总的搜索时间最短。
思路
这题是求最值问题的构造问题，因此我们可以考虑贪心地构造。我们发现，对答案的贡献是min(res1.size()*s1*a[i],res2.size()*s2*a[i])，这里res1和res2表示构造的序列，a表示原序列。注意，需要对序列从大到小排序，把次数多的先放入时间短的序列。
做法
排序后，枚举每一个次数，每次取最小的即可。
代码
void solve(){
int n,s1,s2;
cin>>n>>s1>>s2;
vector<pii>a(n+1);
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i].first;
a[i].second=i;
}
sort(a.begin()+1,a.end()); //排序
vector<int>res1,res2;
for(int i=n;i>=1;i--){ //从大到小枚举
if(s1*((int)res1.size()+1)*a[i].first<=s2*((int)res2.size()+1)*a[i].first){
res1.emplace_back(a[i].second);
}
else{
res2.emplace_back(a[i].second);
}
}
cout<<res1.size()<<" ";
for(auto &x:res1) cout<<x<<" ";
cout<<endl;
cout<<res2.size()<<" ";
for(auto &x:res2) cout<<x<<" ";
cout<<endl;
} 数据范围
2≤n≤2⋅1e5; 1≤s1,s2≤10；1≤ri≤1e6
时间复杂度
复杂度为o(nlog2n)。
标签
贪心，排序，构造
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1500
小结
2024-4-13
感觉没有1500的难度，这题应该就1200左右，看懂了题直接就可以做了。
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