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前言

这些题目摘录于洛谷，好题，典型的题，考察各类算法运用，可用于蓝桥杯及各类算法比赛备战，算法题目练习，提高算法能力，补充知识，提升思维。
锻炼解题思路，从学会算法模板后，会分析，用到具体的题目上。
对应题目点链接即可做。

本期涉及算法：动态规划–多重背包，贪心 + 差分，贪心算法，dfs暴搜，数学（解决应用题），动态规划–路径dp(方格取数问题)。

题目清单

1.Tallest Cow S （最高的奶牛）

题目：P2879 [USACO07JAN] Tallest Cow S

解法：贪心 + 差分

题目要求右端点大于等于左端点，且中间更小，满足要求的最大安排，我们开始可以贪心地构造，开始让所有的奶牛一样最高（因为最高值这里给出了），左可以等于右，中间的小于两边的端点，让中间的只少1，那么就是每给一段区间，让中间的区间全部-1，想到用差分数组进行处理。最后的值：起始最高的高度 + 前缀和处理后的差分数组对应值（处理后的变化量）。

特殊处理：1.这道题会有重复数据，不用再处理，因为此时以满足要求，要最高，每处理一次高度会减小，要用set<pair<int, int>> mp; 来存，帮助去重，同时可以用mp.count({a, b})标记当前数据是否存过，结束，优化； 2.a > b, 要swap(a, b)。

代码：

#include<iostream>#include<set>usingnamespacestd;constintN=1e4+10;intn,id,h,r;intf[N];//差分数组intmain(){cin>>n>>id>>h>>r;set<pair<int,int>>mp;//会有重复的修改区间，去重while(r--){inta,b;cin>>a>>b;if(a>b)swap(a,b);//[a + 1, b - 1]if(mp.count({a,b}))continue;//重复的不再进行修改f[a+1]--;f[b]++;mp.insert({a,b});}for(inti=1;i<=n;i++){f[i]+=f[i-1];cout<<h+f[i]<<endl;//开始默认都为最大高度h,然后按题目输入条件修改， h + 变化量}return0;}

2.英雄联盟

题目：P5365 [SNOI2017] 英雄联盟

解法：动态规划–多重背包

从前往后挑选皮肤（物品），搭配的展示方案数 >= M的最小花费，且物品数有限制，可以想到多重背包问题。

1.状态表示：

这道题的精彩之处，可以有两种状态表示，其中一种不行。

这里有两种状态表示都能解决问题：

a. f[i] [j] 表示从前i个英雄中挑选，总⽅案数不低于j时，此时的最小花费；

b. f[i] [j] 表示从前i个英雄中挑选，总花费为j时，此时的最大方案数。

如果选第⼀种，时间和空间都会超，因为第⼆维的最大值是1e17 。因此，我们选择第⼆种状态

表示。在打表结束之后，从前往后扫描最后一行，从f[n] [1] 开始找出第⼀个方案数超过m的花费为最小，即为结果。

2.状态转移方程：

根据第i个英雄选择皮肤数量分类讨论，假设选了p个皮肤，其中0 <= p <=k[i]，并且p * c[i] <= j, 此时的最大方案数为f[i - 1] [j - p * c[i]] * p。也就是前i - 1个英雄中挑选，总价值为**j - p * c[i]**时最大方案数再乘上此时的选择数量。

因为要的是最大值，所以状态转移⽅程就是所有合法k情况下的最⼤值。

3.初始化：

f[0] [0] = 1 ，因为后续方案数是累乘，所以这⾥初始化为 1 就能保证后续
填表是正确的。

代码：

#include<iostream>usingnamespacestd;typedeflonglongLL;constintN=300,M=1e6+10;LL n,m;LL cnt[N],v[N];LL f[M];LL sum;//最大花费intmain(){cin>>n>>m;for(inti=1;i<=n;i++)cin>>cnt[i];for(inti=1;i<=n;i++){cin>>v[i];sum+=v[i]*cnt[i];}f[0]=1;for(inti=1;i<=n;i++){for(intj=sum;j>=0;j--){for(intk=0;k<=cnt[i]&&k*v[i]<=j;k++){f[j]=max(f[j],f[j-k*v[i]]*k);}}}for(intj=1;j<=sum;j++){//从花费最小的开始找第一个满足要求的if(f[j]>m){cout<<j<<endl;break;}}return0;}

3.小A的糖果

题目：P3817 小A的糖果

解法：贪心

从前往后考虑每个盒子糖果数，如果第i个盒子，a[i] + a[i - 1] > x, 拿走糖果。

怎么拿？

贪心1：想到拿尽量少且满足要求，即为d = a[i] + a[i - 1] -x。拿前面一个会对与后面的数量和产生影响；

贪心2：从第二个开始，把开始前面一个看成0个处理，因为如果只有三个 2 2 2，要求不超过3，拿掉中间2一个即可。 从头开始看前一个与当前这个i的和可以合理更新。为了让后⾯相邻元素累加尽可能小，应该从 i 位置拿⾛ d 的糖果，此时 a[i] =a[i] - d ，化简完之后为a[i] = x - a[i - 1]。

代码：

#include<iostream>usingnamespacestd;typedeflonglongLL;constintN=1e5+10;LL n,x;LL a[N];intmain(){cin>>n>>x;LL sum=0;for(inti=1;i<=n;i++){cin>>a[i];LL d=a[i]+a[i-1]-x;if(d>0){sum+=d;a[i]=x-a[i-1];}}cout<<sum<<endl;return0;}

4.Cow Picnic S（奶牛野餐）

题目：P2853 [USACO06DEC] Cow Picnic S

解法：dfs/bfs暴搜

要想每个奶牛都能到达牧场，以（k个奶牛）每个奶牛的位置为起点做一次dfs/bfs，标记可以到达的点，哪些结点被标记了k次，即为所求结果。

代码：

#include<iostream>#include<cstring>#include<vector>usingnamespacestd;constintN=1010;intk,n,m;inta[N];//k头奶牛的编号vector<int>edges[N];intcnt[N];boolst[N];voiddfs(intu){st[u]=true;cnt[u]++;for(intv:edges[u]){if(!st[v])dfs(v);}}intmain(){cin>>k>>n>>m;for(inti=1;i<=k;i++)cin>>a[i];for(inti=1;i<=m;i++){intx,y;cin>>x>>y;edges[x].push_back(y);}for(inti=1;i<=k;i++){memset(st,0,sizeofst);//重置更新为0dfs(a[i]);}intret=0;for(inti=1;i<=n;i++){if(cnt[i]==k)ret++;}cout<<ret<<endl;return0;}

5.税收与补贴问题

题目：P1023 [NOIP 2000 普及组] 税收与补贴问题

解法：数学

设政府干预x元。

可列式子：

d = (130 - 120) / (30 - 28) = 5。

（28 - 28 + x）* 130

（29 - 28 + x）* 125,

（30 - 28 + x）* 120

（31 - 28 + x）110*

d = 15。

(32 - 28 + x) * 95

(33 - 28 + x) * 80

……

​ (38 - 28 + x ) * 5

(31 - 28 + x) * 110 > =（28 - 28 + x）* 130, (29 - 28 + x）* 125, （30 - 28 + x）* 120

分别化为 x <= p1, x <= p2, x <= p3.要想全部都满足，则：

x <= (p1, p2, p3)min

(31 - 28 + x) * 110 >= (32 - 28 + x) * 95, (33 - 28 + x) * 80……(38 - 28 + x ) * 5

分别化为 x >= p4, x >= p5, x >= p6……要想全部都满足，则：

x >= (p3, p4, p5 ……)max

政府规定价格aim，成本：a,销量：c[i],表示售价为i时的对应销量。

（aim - a + x) * c[aim] >= (i - a + x) * c[i],

(aim - a) * c[aim] + x * c[aim] >= (i - a) + c[i] + x * c[i]

x * (c[aim] _ c[i]) >= (i - a) * c[i] - (aim - a) * c[aim]

1.c[aim] > c[i] , x >= ((i - a) * c[i] - (aim - a) * c[aim]) / (c[aim] _ c[i])

2.c[aim] < c[i] , x <= ((i - a) * c[i] - (aim - a) * c[aim]) / (c[aim] _ c[i])

细节处理：

left < x < right。

1.left > right，x无解；

2.right < 0, left < 0，x取绝对值较小，值较大的，就是舍（向下取整），用floor(right);

3.right > 0, left > 0，x取绝对值较小，值较小的，就是入（向上取整），用ceil(left);

4.left < 0, right >0，x取绝对值较小，取0。

代码：

#include<iostream>#include<cmath>usingnamespacestd;constintN=1e5+10;intaim,a;intc[N];//售价为 i 时，销量为 c[i]intmain(){cin>>aim;intx,y;cin>>x>>y;a=x;c[x]=y;intprev=x;//存前一个的定价while(cin>>x>>y,x!=-1&&y!=-1){intd=(c[prev]-y)/(x-prev);for(inti=prev+1,j=c[prev]-d;i<=x;i++,j-=d){c[i]=j;}prev=x;//还原}intd;cin>>d;for(inti=prev+1,j=c[prev]-d;j>=0;i++,j-=d){c[i]=j;prev=i;}doubleleft=-1e9,right=1e9;for(inti=a;i<=prev;i++){doublex=1.0*((i-a)*c[i]-(aim-a)*c[aim])/(c[aim]-c[i]);if(c[aim]>c[i])left=max(left,x);elseif(c[aim]<c[i])right=min(right,x);}if(left>right)cout<<"NO SOLUTION"<<endl;elseif(right<0)cout<<(int)floor(right)<<endl;elseif(right>0)cout<<(int)ceil(left)<<endl;elsecout<<0<<endl;return0;}

6. 传纸条

题目：P1006 [NOIP 2008 提高组] 传纸条

解法：动态规划–路径类dp

类似方格取数，但与方格取数的不同点在于处理相遇点的策略，这里不能有相遇点。

1.状态表示：

f[st] [i1] [i2] 表示：第⼀条路在 [i1 ,st− i1 ] ，第⼆条路在 [i2 , st − i2] 时，两者的路径最⼤和。

那我们的最终结果就是 f[n + m] [m] [m]。

2.状态转移方程：

第⼀条路可以从上[i1 - 1, st - i1]或者左[i1, st - i1 - 1]走到[i1, st - i1]位置；第⼆条路可以从上[i2 - 1, st - i2] 或者左[i2, st - i2 -1]走到[i2, st - i2] 位置。排列组合⼀下⼀共种情况，分别是：

1.上 + 上，此时的最⼤和为：f[st - 1] [i1 - 1] [i2 - 1]；

上 + 左，此时的最⼤和为：f[st - 1] [i1 -1] [i2];

左 + 上，此时的最⼤和为：f[st - 1] [i1] [i2 - 1] ；

左 + 左，此时的最⼤和为：f[st - 1] [i1] [i2] ；

取上面四种情况的最大值，然后再加上a[i1] [j1] 和 a[i2] [j2]。

但是要注意，如果两个路径当前在同⼀位置时，直接continue，因为两条路不能走在相同的位

置。不过，如果是最后⼀个格子的话，还是要计算的。

3.初始化：算的是路径和， 0 不会影响最终结果，直接填表。

4.填表顺序：先从小到大循环横纵坐标之和，然后依次从小到大循环两者的横坐标。

代码：

#include<iostream>usingnamespacestd;constintN=55;intm,n;inta[N][N];intf[N+N][N][N];intmain(){cin>>m>>n;for(inti=1;i<=m;i++)for(intj=1;j<=n;j++)cin>>a[i][j];for(ints=2;s<=n+m;s++){for(inti1=1;i1<=m;i1++){for(inti2=1;i2<=m;i2++){if(i1==i2&&s!=n+m)continue;intj1=s-i1,j2=s-i2;if(j1<1||j1>n||j2<1||j2>n)continue;f[s][i1][i2]=max(f[s][i1][i2],f[s-1][i1-1][i2-1]);f[s][i1][i2]=max(f[s][i1][i2],f[s-1][i1-1][i2]);f[s][i1][i2]=max(f[s][i1][i2],f[s-1][i1][i2-1]);f[s][i1][i2]=max(f[s][i1][i2],f[s-1][i1][i2]);f[s][i1][i2]+=a[i1][j1]+a[i2][j2];}}}cout<<f[n+m][m][m]<<endl;return0;}

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