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✨ 本系列打算持续跟新华为OD-C卷的三语言AC题解
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文章目录
- 前言
- 🎀关于华为OD
- 🧭 机试备考指南
- 披萨大作战
- 题目描述
- 输入格式
- 输出格式
- 样例输入
- 样例输出
- 数据范围
- 题解
- 参考代码
- 🍓OJ题目截图
前言
🎀关于华为OD
🧭 机试备考指南
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华为OD的题库大半年跟新一次,也就是说,一旦跟新,那么本年用的题目就是从该题库种选题,大概有100~200道左右
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最近考试换为C/D卷,C/D卷题库是一样的,D卷为双机位监控,某些外包公司应聘的为D卷。
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为此清隆帮大家搜集并整理了C卷的题库,后续会由清隆的ACM银牌团队将题目整理后搬上OJ,支持在线评测。
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暂时不对外开放,需要内部体验名额的宝子可以私信清隆领取评测名额哦~
披萨大作战
题目描述
K小姐和A先生到披萨店点了一份圆形披萨,并嘱咐店员将披萨切成大小相同的偶数块。但是粗心的服务员把披萨切成了大小不一的 N N N 块,且 N N N 为奇数。
为了公平起见,两人商量了一个取披萨的规则:从K小姐开始,轮流取披萨。除了第一块披萨可以随意选取外,其余的披萨必须从上一个人取完的披萨的相邻位置开始取。
A先生每次都会选择剩下披萨中最大的一块,而K小姐知道A先生的这个特点。现在给定每块披萨的大小,请问K小姐最多能够取到多少大小的披萨呢?
输入格式
第一行包含一个正整数 N N N,表示披萨被切成了 N N N 块。
接下来 N N N 行,每行一个正整数,第 i i i 行的整数表示第 i i i 块披萨的大小 A i A_i Ai。
输出格式
输出一个整数,表示K小姐最多能够取到的披萨大小之和。
样例输入
5
8
2
10
5
7
样例输出
19
数据范围
- 3 ≤ N < 500 3 \le N < 500 3≤N<500,保证 N N N 为奇数
- 1 ≤ A i ≤ 2147483647 1 \le A_i \le 2147483647 1≤Ai≤2147483647
题解
本题可以使用记忆化搜索来解决。
定义 s o l v e ( L , R ) solve(L,R) solve(L,R) 表示当前还剩下第 L L L 块到第 R R R 块披萨时,K小姐能够取到的最大披萨大小之和。那么答案就是 m a x ( s o l v e ( ( i + 1 ) m o d N , ( i − 1 + N ) m o d N ) + A i ) max(solve((i+1) \bmod N, (i-1+N) \bmod N) + A_i) max(solve((i+1)modN,(i−1+N)modN)+Ai),其中 0 ≤ i < N 0 \le i < N 0≤i<N。
对于函数 s o l v e ( L , R ) solve(L,R) solve(L,R),我们可以分情况讨论:
-
如果 L = R L = R L=R,那么只剩下一块披萨,K小姐直接取走,因此 s o l v e ( L , R ) = A L solve(L,R) = A_L solve(L,R)=AL。
-
如果 L ≠ R L \neq R L=R,那么A先生会取走两端披萨中较大的一块。设 L ′ L' L′ 和 R ′ R' R′ 分别表示取走披萨后的左右端点,那么有:
- 如果 A L > A R A_L > A_R AL>AR,那么 L ′ = ( L + 1 ) m o d N , R ′ = R L' = (L+1) \bmod N, R' = R L′=(L+1)modN,R′=R
- 如果 A L ≤ A R A_L \le A_R AL≤AR,那么 L ′ = L , R ′ = ( R − 1 + N ) m o d N L' = L, R' = (R-1+N) \bmod N L′=L,R′=(R−1+N)modN
因此 s o l v e ( L , R ) = m a x ( A L + s o l v e ( L ′ , R ) , A R + s o l v e ( L , R ′ ) ) solve(L,R) = max(A_L + solve(L', R), A_R + solve(L, R')) solve(L,R)=max(AL+solve(L′,R),AR+solve(L,R′))。
为了避免重复计算,我们可以使用记忆化数组 d p dp dp 来保存已经计算过的状态。其中 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示当前还剩下第 i i i 块到第 j j j 块披萨时,K小姐能够取到的最大披萨大小之和。
时间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2),空间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)。
参考代码
- Python
N = int(input())
A = [int(input()) for _ in range(N)]
dp = [[-1] * N for _ in range(N)]
def solve(L, R):
if A[L] > A[R]:
L = (L + 1) % N
else:
R = (R - 1 + N) % N
if dp[L][R] != -1:
return dp[L][R]
if L == R:
dp[L][R] = A[L]
else:
dp[L][R] = max(A[L] + solve((L+1)%N, R), A[R] + solve(L, (R-1+N)%N))
return dp[L][R]
ans = 0
for i in range(N):
ans = max(ans, solve((i+1)%N, (i-1+N)%N) + A[i])
print(ans)
- Java
import java.util.Scanner;
public class Main {
static int N;
static int[] A;
static long[][] dp;
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
N = sc.nextInt();
A = new int[N];
for (int i = 0; i < N; i++) {
A[i] = sc.nextInt();
}
dp = new long[N][N];
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < N; j++) {
dp[i][j] = -1;
}
}
long ans = 0;
for (int i = 0; i < N; i++) {
ans = Math.max(ans, solve((i+1)%N, (i-1+N)%N) + A[i]);
}
System.out.println(ans);
}
static long solve(int L, int R) {
if (A[L] > A[R]) {
L = (L + 1) % N;
} else {
R = (R - 1 + N) % N;
}
if (dp[L][R] != -1) {
return dp[L][R];
}
if (L == R) {
dp[L][R] = A[L];
} else {
dp[L][R] = Math.max(A[L] + solve((L+1)%N, R), A[R] + solve(L, (R-1+N)%N));
}
return dp[L][R];
}
}
- Cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 510;
int n, a[N], dp[N][N];
int solve(int L, int R) {
if (a[L] > a[R]) {
L = (L + 1) % n;
} else {
R = (R - 1 + n) % n;
}
if (dp[L][R] != -1) {
return dp[L][R];
}
if (L == R) {
dp[L][R] = a[L];
} else {
dp[L][R] = max(a[L] + solve((L+1)%n, R), a[R] + solve(L, (R-1+n)%n));
}
return dp[L][R];
}
signed main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
ans = max(ans, solve((i+1)%n, (i-1+n)%n) + a[i]);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}