思路:完全背包
可以看成背包容量为n,有两种产品若干个,然后dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-a[i]]+a[i])
#include
using namespace std;
#define int long long
const int N=1100;
int dp[N][N];
signed main(){
int n,a[3],b;
cin>>n;
int res=0;
for(int i=1;i<=2;i++){
cin>>a[i];
for(int j=0;j<=n;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(j>=a[i])dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-a[i]]+a[i]);
res=max(res,dp[i][j]);
}
}
cout<
思路:暴力
取出所有小写字母,然后和第二个字符串进行匹配即可
#include
using namespace std;
int main(){
int n,m;cin>>n>>m;
string s;
string v;
cin>>s>>v;
string v2="";
for(int i=0;i='a'&&s[i]<='z'){
v2+=s[i];
}
}
for(int i=0;i
思路:二分
这里我们可以用一个set讲所以数字包括0都存入set中,然后如果是1将对应下标找到并删除,如果是2的话,用lower_bound()找到大于等于该值的下标然后减1后即是答案下标,然后输出即可
#include
using namespace std;
const int N=2e6+7;
int a[N];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int n,m;
cin>>n>>m;
setst;
for(int i=0;i<=n;i++)st.insert(i);
while(m--){
int q,x;
cin>>q>>x;
if(q==1){
st.erase(st.find(x));
}else{
auto t=st.lower_bound(x);
t--;
cout<<*t<<"\n";
}
}
}
思路:博弈论
一般来说,如果题目中有类似游戏双方都很聪明这种字眼,
那一定是一道博弈论题,而不是模拟题
那就一定要往先手必胜or后手必胜的角度考虑
那我们再来看看这个游戏过程:
不难发现,每过一个回合相当于:A-3 B-3
然后,两名玩家是不是好像又回到了游戏最开始的状态
此时的状态就等价于开始了一场初始石子数为A-3和B-3的游戏
换句话说,对于一组数据(a,b),它的结果和(a-3,b-3)是一样的
这样一想,思维就流淌出来了:这道题肯定和3有关!
接下去我们要考虑,在什么状态下,游戏会结束?
既然要取到不能取为止,玩家就应该把策略聚焦到更少的那一堆上,就会跟容易kill对手
那么取完之后,如果能让更少的一堆数量变为0,就获胜了
(不需要考虑1、1这种终止情况。为什么呢?因为倘若结束时的状态是1、1,那么上一状态换一种取法的结果一定是2、0)
再考虑到:每过一个回合相当于:A-3 B-3
后手必胜的策略就很清晰了,只要较小的数是三的倍数,那么后手必胜
这种情况下,只要先手选①后手选②,先手选②后手选①,那么就能坐等先手完蛋
而当较小数不是3的倍数
先手想要获胜也很简单,如果较小数%3==1,那我先就在这堆取1,
如果%3等于2,那么我就在这堆取2
接下来,此前的先手就变为了较小的数是三的倍数情况下的后手,就坐等。。。
很简单对吧?😉
比赛的时候我也是这么想的,想到这儿,就打代码提交了
结果WA了一发😅😅😅
问题不大
再仔细想想,当A=B的时候,先手似乎还要多一个心眼
当A=B且A÷3余1时,先手怎么不管怎么取都不能让较小数变成3的倍数
而当先手rand(①/②)来取一次,后手只需要采取一样的取法,就可以让-4的那个更小的数变成3的倍数
这是后手必胜的一种特殊情况
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
ll a,b,minn;
cin>>a>>b;
if(a
思路:动态规划
先考虑不能构造的情况:
对较小的数考虑:
n = 5 时,排列中所有可能的数对:
5——->4
5——->3
5——->1
4——->3
4——->2
3——->2
3——->1
2——->1
n = 6 时,排列中所有可能的数对:
同理n=5
n == 9时,排列中所有可能的数对:
同理n=9
可以发现只有当 n 取到
时,才会对数对的数量贡献值改变,由此计算每个 i 贡献值为:
add[i] =
log2(i - 1)
#include
using namespace std;
#define int long long
const int N=2e6;
int dp[N];
bool st[N];
signed main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
int sum=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
dp[i]=floor(log2(i-1))+1;
sum+=dp[i];
}
if(sum=2;i--){
if(m>=dp[i]){
st[i]=true;
cout<