【题解】CEIT 2024 第三周算法训练 讲义题解

A. Orange的作文排版

关于处理若干行输入，我们可以用while结合getline函数来完成，每次读取一行，就让行数+1，然后每次利用string的size方法得到当前行的列数，更新最长的列，最后得到答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    string s;
    int a = 0;
    int b = 0;
    while(getline(cin, s))
    {
        a ++; // 行数
        b = max(b, (int)s.size()); // 列数
    }
    cout << a << ' ' << b << '\n';
}

B. 最长连号

对于位置 \(x\),每次使用一个指针p开始向后扫描，如果 \(a_p = a_{p-1}\)，则说明是连续的，可以继续向后移动指针 \(p\)，直到 \(a_p \neq a_{p-1}\)，此时 \(p - x\) 就是当前的连续的长度，用它更新答案。每次扫过之后，将 \(x\) 移动到 \(p\) 的位置，继续向后扫描。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int a[50001];
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    int ans = 0;
    for(int i = 1, j = 1; i <= n; i = j)
    {
        do j ++; while(j <= n && a[j] - a[j - 1] == 1);
        ans = max(j - i, ans);
    }
    cout << ans << '\n';
}

C. Orange的区间和

一维前缀和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
long long a[200010], pre[200010]; // 原数组，前缀和数组
 
int main()
{
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> a[i];
        pre[i] = pre[i - 1] + a[i]; // 计算前缀和
    }
    while(m --)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << pre[r] - pre[l-1] << '\n';
    }
}

D. Orange的区间和II

二维前缀和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
long long a[1005][1005], f[1005][1005];
 
int main()
{
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(0);
    int n, m, T;
    cin >> n >> m >> T;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= m; j ++)
        {
            cin >> a[i][j];
            f[i][j] = a[i][j] + f[i-1][j] + f[i][j-1] - f[i-1][j-1];
        }
    while(T--)
    {
        int x1, y1, x2, y2;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        cout << f[x2][y2] - f[x2][y1-1] - f[x1-1][y2] + f[x1-1][y1-1] << '\n';
    }
}

E. Orange的区间修改

一维差分

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
long long a[200010], d[200010];
 
int main()
{
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> a[i];
        d[i] += a[i];
        d[i+1] -=a[i]; // 计算差分数组
    }
    while(m--)
    {
        int l, r, x;
        cin >> l >> r >> x;
        d[l] += x;
        d[r + 1] -= x;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        d[i] += d[i - 1]; // 差分数组的前缀和就是原数组
        cout << d[i] << ' ';
    }
}

F. Orange的区间修改II

二维差分

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
long long d[1005][1005];
 
void modify(int x1,int y1, int x2,int y2, int v)
{
    d[x1][y1] += v;
    d[x1][y2 + 1] -= v;
    d[x2 + 1][y1] -= v;
    d[x2 + 1][y2 + 1] += v;
}
 
int main()
{
    int n, m, t;
    cin >> n >> m >> t;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        for(int j = 1; j <= m; j ++)
        {
            int x;
            cin >> x;
            modify(i, j, i, j, x);
        }
    }
    while(t --)
    {
        int x1, y1, x2, y2, v;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> v;
        modify(x1, y1, x2, y2, v);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        for(int j = 1; j <= m; j ++)
        {
            d[i][j] = d[i][j] + d[i-1][j] + d[i][j-1] - d[i-1][j-1];
            cout << d[i][j] << ' ';
        }
        cout << '\n';
    }
}

G. Orange的闯关游戏II

假设我们将关卡进度分为主线(即首次通过该关卡)和扫荡,假设我当前主线通关到第 \(x\) 关时，我不选择继续向前推进主线，而是选择扫荡之前的关卡，那么为了保证收益最大，我们应该选择前 \(x\) 关中扫荡收益最大的一个关卡,即 \(Max_{i = 1}^x b_i\) 去通关，因此这样能够保证收益最大化。此时我们扫荡的收益为 \((q - x) \times Max_{i = 1}^x b_i\)(因为前面花费了 \(x\) 点体力去推主线)，加上之前主线的收益(即之前所有的首通奖励): \(\sum_{i=1}^x a_i\) 。最后我们可以得到推主线到 \(x\) 关时的最大收益:

\[f(x) = \sum_{i=1}^x a_i + (q - x) \times Max_{i = 1}^x b_i \]

然后我们去枚举主线从1推到 \(min(q, n)\) 关的最大收益(因为最多只有n个关卡或者q点体力)，取最大值即可。

对于 \(\sum_{i=1}^x a_i\) 我们可以对 \(a\) 数组作前缀和从而快速计算，对于 \(Max_{i = 1}^x b_i\) ，我们可以对 \(b\) 数组作前缀最大值从而快速计算。

时间复杂度: \(O(n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    int a[200010], b[200010];
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> a[i];
        a[i] += a[i - 1];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> b[i];
        b[i] = max(b[i], b[i-1]);
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= min(n, q); i ++)
    {
        ans = max(ans, a[i] + (q - i) * b[i]);
    }
    cout << ans;
}