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贪心，排序，二分，分治

题目描述

马上就要放暑假啦！

为了激励一下公司的员工，徐老师决定给所有人发奖金！

发奖金的方式非常简单，徐老师会在桌上一字排开 \(n\) 张纸团，每张纸团上会写着一个数字 \(a_i\)，为了平衡公司成本，这里的数字可能会存在负数

游戏规则是：每人只能抓一次，只能抓取一段连续的纸团，所有纸团上的数字和就是这次可以获得的奖金，如果有人不幸获得了负数的奖金，那么就意味着他要被扣掉对应的工资，所以徐老师也允许大家选择不抓纸团，那么奖金就是 \(0\) 元

现在石老师是第一个抽奖金的人，石老师想知道，他一共有多少种不同的方案可以获得至少 \(k\) 元的奖金？

输入格式

输入第一行包含一个整数 \(n,k\) 含义如题

输入第二行包含 \(n\) 个整数，\(a_i\) 依次表示每个纸团上的数字

输出格式

输出一个整数表示有多少种不同的方案

对于 \(100\%\) 的数据：\(1\le n \le 3\times 10^5，-10^{18}\le k \le 10^{18}，-10^9\le a_i\le 10^9\)。

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bool M1;
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N = 2e6+10, inf = 1e18;
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') f=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
int n,K,a[N],ans,mp[N]; int b[N],tot;
bool cmp(int x,int y) {return x>y;}
int get(int l,int r,int k) {
    int res=0;
    while(l<=r) {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(b[mid]>=k) l=mid+1,res=mid;
        else r=mid-1;
    } return res;
}
void solve(int l,int r) {
    if(l==r) {if(a[l]>=K) ++ans;return ;}
    int mid=(l+r)>>1; solve(l,mid);solve(mid+1,r);
    tot=0;mp[mid]=a[mid];b[++tot]=mp[mid+1]=a[mid+1];
    for(int i=mid-1;i>=l;i--) mp[i]=mp[i+1]+a[i];
    for(int i=mid+2;i<=r;i++) mp[i]=mp[i-1]+a[i],b[++tot]=mp[i];
    sort(b+1,b+tot+1,cmp); for(int i=mid;i>=l;i--) ans+=get(1,tot,K-mp[i]);
} bool M2;
signed main() {
    cerr<<(&M2-&M1)/(1024*1024)<<'M'<<'B'<<endl;
    freopen("money.in","r",stdin);
    freopen("money.out","w",stdout);
    n=read();K=read(); if(K<=0) ans++;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    solve(1,n); return cout<<ans,0;
}

分治

贪心

贪心

贪心+二分

贪心+二分

二分

贪心

二分

贪心

贪心

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题目转化：

因为反转的区间的长度只能是偶数，所以每次反转完了之后就相当于反转一个位置的奇偶性。

我们把两个相邻的 \(H\) 和 \(G\) 两两配对看成一体，定义 \(HG\) 为 \(1\) ，\(GH\) 为零，出现 \(GG\) 或者 \(HH\) 就不管它。

再结合上面的转化，每次交换都可以使得一个前缀整体 \(0/1\) 翻转，最终我们的目的是使得整个序列变为全 \(1\) 的序列。


#include<bits/stdc++.h>
const int N = 2e6+10;
using namespace std;
int n,a[N],len;
signed main() {
    cin>>n; string s;cin>>s; s=' '+s;
    for(int i=1;i<=n;i+=2) {
        if(s[i]=='H'&&s[i+1]=='G') a[++len]=1;
        else if(s[i]=='G'&&s[i+1]=='H') a[++len]=0;
    } int ans=1;
    for(int i=2;i<=len;i++) {
        if(a[i]!=a[i-1]) ans++;
    } ans-=(a[len]==1);
    cout<<ans;
    return 0;
}

贪心

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这题是反悔贪心。

先看数据范围 \(A,B\) 的范围都很小，所以可以每单位的泥土分开考虑。

对于每个花坛可能多也可能少，这两种情况其实是等价的，我们只讨论少的情况：

设 \(val\) 为处理当前这一单位泥土的花费 \((i>j)\)。

\[\begin{align*} val_i&=min(X, Z \times (i-j) - val_j)\\ &=min(X, Z \times i - Z \times j - val_j)\\ \end{align*} \]

所以每次处理完一个之后，只需要把他直接买或者移走的泥土的 \(- Z \times j - val_j\) 加到一个 \(set\) 中，直接维护就行了。

贪心

posted @ 2025-11-07 21:57  dfgz  阅读(33)  评论(3)    收藏  举报