NCST第五次蓝桥杯训练赛题解
A、区间和
题目描述
Description
金金最喜欢作有挑战的事情了，好比说求区间最大子段和。
一开始，金金有n个数，第i个数字是ai。
金金又找来了一个新的数字P，并想将这n个数字中刚好一个数字替换成P。要求替换后的最大子段和尽量大。
金金知道这个题目仍然很简单，因此若是你作不出来，金金就要和你谈一谈了。
注：最大子段和是指在n个数中选择一段区间[L,R]（L<=R）使得这段区间对应的数字之和最大。ios
Input
第一行两个数n,P。
接下来一行n个数a[i]。c++
Output
一个数表示答案。算法
Sample Input数组
5 3ide
-1 1 -10 1 -1优化
Sample Outputspa
5指针
More Info
样例说明：将第三个数变成3后最大子段和为[2,4]。code
数据范围：n<=1000，-1000<=ai,P<=1000。blog
题目讲解
1、动态规划：
对于此题，咱们能够建立一个二维数组dp[N][2],dp[i][0]存储不替换数字的前i个数字区间和的最大值，dp[i][1]存储替换数字后的前i个数字区间和的最大值，dp[i][1]的值用dp[i][0]判断并更新。
不替换数字的状态转移方程：
dp[i][0]=max(dp[i-1][0]+x,x);
替换数字后的状态转移方程：
dp[i][1]=max(p,max(dp[i-1][0]+p,dp[i-1][1]+x));
dp[i-1][0]+p表示替换第i位数字；
dp[i-1][1]+x表示不替换第i位数字，而已经在前面替换过了;
2、枚举：
看数据范围n小于1000，因此n^2复杂度的程序能够经过程序。
1.不断枚举替换的数字，从第一个数字枚举替换到最后一个。
2.对于寻找最大的区间和有如下的约束：
1）从第一个数字开始累加，一旦这个累加和小于零，则舍弃这段区间，由于将它放入，只会产生负效果。
2）寻找到的最大值须要更新
if(i==j) sum+=p; //替换a[i]
else sum+=a[j];
if(sum<0) sum=0; //舍弃区间
ans=max(ans,sum); //更新
代码
动态规划：
#include <iostream>
#define N 1005
#define inf -99999999
using namespace std;
int n,p,ans;
int dp[N][2]={0};
int main()
{
cin>>n>>p;
int x,ans=inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x;
dp[i][0]=max(dp[i-1][0]+x,x); //dp[i][0]：不更换数字前i个数字的最大区间和
dp[i][1]=max(p,max(dp[i-1][0]+p,dp[i-1][1]+x)); //dp[i][1]:更换数字后前i个数字的最大区间和
ans=max(ans,dp[i][1]); //更新ans
}
cout<<ans;
return 0;
/*不替换数字的区间和：for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=max(a[i],dp[i-1]+a[i]);
ans=max(ans,dp[i]);
}*/
}
枚举：
#include <iostream>
using namespace std;
int n,p,a[1005],ans=-9999999;
int main()
{
cin>>n>>p;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++){ //从第1个数开始枚举被替换的数字
int sum=0;
for(int j=1;j<=n;j++){ //计算用p替换掉a[i]后的区间和
if(i==j) sum+=p; //替换a[i]
else sum+=a[j];
if(sum<0) sum=0; //舍弃区间
ans=max(ans,sum); //更新
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B、【蓝桥杯】最大子阵
题目描述
Description
给定一个n*m的矩阵A，求A中的一个非空子矩阵，使这个子矩阵中的元素和最大。
其中，A的子矩阵指在A中行和列均连续的一块。
Input
输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示矩阵A的行数和列数。（1 ≤ n, m ≤ 500）
接下来n行，每行m个整数，表示矩阵A。
Output
输出一行，包含一个整数，表示A中最大的子矩阵中的元素和。
Sample Input
3 3
-1 -4 3
3 4 -1
-5 -2 8
Sample Output
10
More Info
WA？你考虑矩阵内全为负的状况了么
题目讲解
咱们都知道在一维状况求最大连续子序列很好求：
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=max(a[i],dp[i-1]+a[i]);
ans=max(ans,dp[i]);
}
那么二维最大连续区间和怎么求呢？咱们不妨换个思路，把二维转换成一维，由于仔细观察咱们就会发现，对于一个固定的连续二维矩阵，竖着的一列确定是都取的，不会出现这一列取两个,旁边一列取三个。这样咱们就能够把每列的值相加成一个值，从而把多行转换为一行，也就是把二维转换成一维。例如：
0 5 -1 9
5 4 -3 -1
8 8 -4 -3
转换成：
13 17 -8 5
对于上述3*4的矩阵，要求它的最大子阵，能够进行行和列枚举：
（1）一行k列（1<=k<=4）:
即求每一行长度为k的一维数组最大连续子序列。（不必定以第一列的数开头）
（2）二行k列：
即求把连续两行压缩成一行后长度为k的一维数组最大连续子序列。
例如：（0，5，-1 ）和 （5 ，4， -3 ）压缩成（5，9，-4）
（3）：三行k列：
即求把连续三行压缩成一行后长度为k的一维数组最大连续子序列。
这样，这题实际上就转变成了一维状况求最大连续子序列。
代码
#include <iostream>
#include <cstring> //memset要用到
using namespace std;
int dp[505]={0},n,m,ans=-99999999;
int a[505][505]={0},b[505][505];
void DP(int j) //一维状态下求最大连续子序列
{
for(int i=1;i<=m;i++){
dp[i]=max(b[j][i],dp[i-1]+b[j][i]);
ans=max(ans,dp[i]);
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
//二维数组转化为一维
for(int i=1;i<=n;i++){ //从第i行开始
memset(b,0,sizeof(b));//清空b数组
for(int j=i;j<=n;j++){ //到第j行结束
for(int k=1;k<=m;k++) //枚举列
b[j][k]=a[j][k]+b[j-1][k]; //b[j][k]表示i~j行的k列相加的值
DP(j);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C、LIS最长上升子序列
题目描述
Description
给定一长度为n的数列，数列中的每一个数都在1～100000之间
请在不改变原数列顺序的前提下，从中取出必定数量的整数（不须要连续），并使这些整数构成单调上升序列。
输出这类单调上升序列的最大长度。
Input
输入包括两行，第一行为n，表明数列的长度。（1 ≤ n ≤ 100000）
第二行为n个整数。
Output
输出这类单调上升序列的最大长度
Sample Input
5
3 1 5 4 6
Sample Output
3
More Info
对于样例的解释：356，156，146 都可组成长度为3的上升子序列
题目讲解
1.找子问题：
“求序列的前n个元素的最长上升子序列”是一个子问题，但这个方法是行不通的，由于其不具备无后效性：
设F(n)=x (前n个元素的最长上升子序列为x）,但在前n个元素中，可能有多个上升子序列的值为x(结尾元素不必定是同一个，如2 3 7 6 5 6 2，当n=5时，23七、236 、235）。有的序列的最后一个元素比第n+1个元素小，则能造成一个更长的子序列；有的序列的最后一个元素大于等于第n+1个元素，没法造成更长上升子序列。则当走到第n+1时，F(n+1)的值不只和F(n)有关，还和前n个元素中的多个最长上升子序列的最后一个元素有关，和之前所了解的“只和上一个状态的值有关，与是如何到达上一个状态的方式无关”相矛盾。换句话说，F(n+1)的值应当只与F(n)的值有关。
换一个方向考虑，把子问题改为“求以a[k] (1<=k<=N)为终点的最长上升子序列的长度”，把全部的F(n) (以第n个元素结尾的最长上升子序列长度)都求出来后，只须要找出其中最大的就是答案。
2.肯定状态：
如上文所说，"状态"就是以a[k] (1<=k<=N)为终点的最长上升子序列。
3.肯定初始状态的值：
显然，F(1)=1；可是此处应当把全部的F初始值都设为1；否则轮到一个k,前1~k-1个元素没有比其小的，当在求后面的状态的值时，轮到k时其F(k)应当为1；
4.肯定状态转移方程：
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[100005],dp[100005];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
dp[i]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(a[j]<a[i])
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
}
cout<<*max_element(dp+1,dp+n+1);
}
2、改进
上述代码提交后你就会发现TLE了-_-||（由于时间复杂度为n^2) .
那么如何改呢。这里用了非DP方法，经过辅助数组s[]，结合数列自己特性求解，s[]的长度即为答案。
操做：逐个处理a[]里面的数字（1）若是a[i]比辅助数组s[]的最后一个数更大，s[]长度加一，把a[i]添加到s[]结尾；（2）若是a[i]比s[]最后一个数小,就用lower_bound()二分查找s[]中第一个大于等于a[i]的位置,替换之。
初始化：s[1]=a[1];tot=1;
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[100010];
int s[100010],tot=0,tmp;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
s[++tot]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i]>s[tot])s[++tot]=a[i];
else{
tmp=lower_bound(s+1,s+tot+1,a[i])-s;//STL的经常使用算法，二分查找s中第一个大于等于a[i]的数,复杂度为O（logn）（s[]必须有序）
s[tmp]=a[i]; //用a[i]替换
}
}
printf("%d\n",tot);
return 0;
}
解释：
为何这样能行呢？对于操做(1)，若是a[i]比辅助数组s[]的最后一个数更大，s[]长度加一，把a[i]添加到s[]结尾，很好理解。(2)"若是a[i]比s[]最后一个数小,就用lower_bound()二分查找s[]中第一个大于等于a[i]的位置,替换之。"首先，这个操做并不影响s[]的长度，即LIS的长度；其次，对于a[]中后面未处理的数字，可能不少都比s[]的最后一位小，可是有可能序列更长，这里的替换就给后面的更小的数字留下了机会，就不会错过造成更长LIS的可能（能够动手写一下）。
D、过河卒
题目描述
Description
大三老学长ZHB平时喜欢边晒晒太阳边下象棋养养老，有一天他忽然想到了这么一个问题：
棋盘上AA点有一个过河卒，须要走到目标BB点。卒行走的规则：能够向下、或者向右。同时在棋盘上CC点有一个对方的马，该马所在的点和全部跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。所以称之为“马拦过河卒”。
棋盘用坐标表示，AA点(0, 0)(0,0)、BB点(n, m)(n,m)(nn, mm为不超过2020的整数)，一样马的位置坐标是须要给出的(假设马的位置不会在距离棋盘边缘两格范围内)。
如今ZHB学长要求你计算出卒从AA点可以到达BB点的路径的条数，假设马的位置是固定不动的，并非卒走一步马走一步。
Input
一行四个数据，分别表示BB点坐标和马的坐标。
Output
一个数据，表示全部的路径条数。
Sample Input
6 6 3 3
Sample Output
6
More Info
结果可能很大！
题目讲解
本题稍加分析就能发现，要到达棋盘上的一个点，只能从左边或上面过来，因此，根据加法原理，到达某一点的路径数目，就等于到达其相邻的上点和左点的路径数目之和，所以咱们可使用逐列（或逐行）递推的方法来求出从起点到终点的路径数目。
障碍点（马的控制点）也彻底适用，只要将到达该点的路径数目设置为0便可。
状态转移方程：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
dp[n][m]即为答案。
（PS：本身动手画一下会很清楚）
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,p,q;
int x[9]={0,-2,-2,-1,-1,1,1,2,2},y[9]={0,-1,1,-2,2,-2,2,-1,1}; //标记马及其八个控制点的位置
long long dp[21][21]={0},a[21][21]={0};
int main()
{
int i,j;
cin>>n>>m>>p>>q;
for(i=0;i<9;i++)
{
if(p+x[i]>=0 && p+x[i]<=n && q+y[i]>=0 && q+y[i]<=m)
a[p+x[i]][q+y[i]]=1; //标记
}
dp[0][0]=1; //初始化
for(i=1;i<=n;i++) //为何要把dp[0][i]和dp[i][0]设为1？本身动手画一下就知道了
{
if(a[i][0]==0) dp[i][0]=1;
else break;
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
if(a[0][i]==0) dp[0][i]=1;
else break;
}
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
{
if(a[i][j]==0)
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
else dp[i][j]=0;
}
cout<<dp[n][m];
return 0;
}
E、搬砖
题目描述
Description
Sam暑假找了个搬砖的活儿，天天12个小时内有1～8种转能够搬，每种的时间的工资都不同（如搬第一种砖的时间为0时～4时，工资为5元，搬第二种砖的时间为2时～6时，工资为8元），每次搬砖必须搬完才能搬下一次转（即不可重叠，如上例中搬第一种砖就不能搬第二种转），请你帮Sam拿拿主意，怎样安排能够赚到最多的工资？
Input
输入包含八组（八种砖），每组包含三个整数：搬砖开始时间s一、结束时间s2与工资sal。(0 <= s1 < 11 , 0 < s2 <= 11 , 1 <= sal <= 10)。
Output
Sam12小时内最多能够赚到的工资。
Sample Input
3 5 1
1 4 5
0 6 8
4 7 4
3 8 6
5 9 3
6 10 2
8 11 4
Sample Output
13
题目讲解
这题有不少解法，这里我用的是区间dp。
用f[i][j]表示从i时刻搬到j时刻的最大工资，f[0][11]即为答案。
（1）枚举区间长度（1~11）；
（2）枚举开始时刻并由长度肯定结束时刻；
（3）逐个枚举中间时刻k并更新最大值。
关系式：f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k][j])；
时间复杂度：O(n^3)。（想要优化的能够自行查阅资料）
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int f[13][13]={0};
int main()
{
int x,y,v;
for(int i=1;i<=8;i++){
cin>>x>>y>>v;
f[x][y]=v;
}
for(int len=1;len<12;len++) //i和j之间距离，即区间长度
for(int i=0;i<12-len;i++){ //从第i时刻开始
int j=i+len; //到第j时结束
for(int k=i;k<j;k++)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
}
cout<<f[0][11]<<endl;
return 0;
}
F、数字三角形
题目描述
Description
给定一个高度为 n （1 ≤ n ≤ 100）的“数字三角形”，其中第 i 行（1<=i<=n）有 i 个数。
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
初始时，你站在“数字三角形”的顶部，即第一行的惟一一个数上。每次移动，你能够选择移动到当前位置正下方或者当前位置右下方的位置上。即若是你在 (i,j)（表示你在第i行从左往右数第j个数上，下同），你能够选择移动到 (i+1,j) 或 (i+1,j+1)。
你想让你通过的全部位置（包括起点和终点）的数字总和最大。求这个最大值。
Input
第一行一个正整数 n，表示数字三角形的大小。
第 2 行到第 n+1 行，第 i+1 行为 i 个用空格隔开的非负整数，描述数字三角形的第 i 行。
Output
一行一个整数，表示通过路径上数的最大总和。
Sample Input
4
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
Sample Output
20
More Info
对样例解释
不停地向右下走便可
题目讲解
从下往上推，二维数组对应位置存储由下往上推到当前位置时更大的那个结果。
能够看到，对应位置的结果只与上一步推的结果和当前位置的初始值有关。由此可得状态转移方程：maxSum[i][j]=max(maxSum[i+1][j],maxSum[i+1][j+1])+D[i][j]。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAX 1001
int D[MAX][MAX],n;
int maxSum[MAX][MAX];
int main()
{
int i,j;
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=i;j++)
cin>>D[i][j];
for(i=1;i<=n;i++)
maxsum[n][i]=D[n][i]; //底部初始化
for(i=n-1;i>=1;i--)
for(j=1;j<=i;j++)
maxSum[i][j]=max(maxSum[i+1][j],maxSum[i+1][j+1])+D[i][j];
cout<<maxSum[1][1]<<endl;
return 0;
}
PS:滚动数组优化和指针优化欢迎查看博主的另外一篇文章：洛谷[P1216] 数字三角形 Number Triangles
G、LCS最长公共子序列
题目描述
Description
给定两个序列 X={x1,x2,…,xm} 和 Y={y1,y2,…,yn}，找出X和Y的最长公共子序列。
Input
输入数据有多组，每组有两行 ，每行为一个长度不超过500的字符串（输入全是小写英文字母），表示序列X和Y。
Output
每组输出一行，表示所求得的最长公共子序列的长度，若不存在公共子序列，则输出0。
Sample Input
abcbdab
bdcaba
Sample Output
4
题目讲解
用dp[i][j]表示字符串S1的前i个字符和字符串S2的前j个字符的最长公共子序列长度。
（1）当s1[i]==s2[j]时，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
（2）当s1[i]!=s2[j]时，此时须要求解【1】：s1的前i-1个字符和s2的前j个字符的最长公共子序列，即dp[i-1][j];【2】：s1的前i个字符和s2的前j-1个字符的最长公共子序列，即dp[i-1][j];取其中最大值做为dp[i][j]的值。
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
string s1,s2;
int dp[505][505]; //dp[i][j]表示字符串S1的前i个字符和字符串S2的前j个字符的最长公共子序列长度
int main()
{
while(cin>>s1>>s2){
memset(dp,0,sizeof(dp)); //由于多组输入，每一次都要清空dp[][]
for(int i=1;i<=s1.length();i++)
for(int j=1;j<=s2.length();j++){
if(s1[i-1]==s2[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
else {
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}
}
cout<<dp[s1.length()][s2.length()]<<endl;
}
return 0;
}
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