目录
- BC64 牛牛的快递
- 题目解析
- 解法
- 模拟
- 代码
- 方法1
- 方法2
- DP4 最小花费爬楼梯
- 题目解析
- 解法
- 动态规划
- 状态表示
- 状态转移方程
- 代码
- 数组中两个字符串的最小距离
- 题目解析
- 解法
- 方法1暴力解法(会超时)
- 方法2贪心(动态规划)
- 代码
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BC64 牛牛的快递
链接BC64 牛牛的快递
题目解析
这道题和出租车那种是一个意思,首先要有一个起步价格,之后多出来的要额外收费,这样看起来就是一个一次函数的方程,y=kx+b+a,k=1是每千克收的钱,x是快递的重量(这里要注意x有小数的话要往整数进1),b=20表示的是起步价,而a就是是否加急的费用,不加急a=0,加急a=5
解法
模拟
我们需要先模拟一下这个过程,假设有akg,对于a来说有两种情况,一种是<=1,另一种是>1
对于<=1这种情况比较简单,>1这种情况是要考虑a-1是否有小数,如果有小数就需要向上取整,比如1.1向上取整就是2
这里的向上取整有两种方法
第一种就是先判断(a-1)-(int)(a-1)是否大于0,如果大于0就再加1
第二种就是用一个函数ceil(a-1),这个函数可以自动向上取整(需要包含头文件cmath)
最后再判断要不要加急
代码
方法1
#include <iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main() {
double a;
char b;
cin >> a >> b;
int ret = 0;
if (a <= 1) {
ret += 20;
} else {
ret += 20;
double c=a-1;
if(c-(int)c>0)
ret+=int(c)+1;
else
ret+=c;
}
if (b == 'y')
ret += 5;
cout << ret << endl;
return 0;
}
方法2
#include <iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main() {
double a;
char b;
cin >> a >> b;
int ret = 0;
if (a <= 1) {
ret += 20;
} else {
ret += 20;
a -= 1;
ret += ceil(a);
}
if (b == 'y')
ret += 5;
cout << ret << endl;
return 0;
}
DP4 最小花费爬楼梯
链接DP4 最小花费爬楼梯
题目解析
为了方便我们将第一个例子用图来表示,假设小人从第-1个台阶开始走(事实上没有第-1个台阶),此时在第-1个台阶开始他只需要支付0元就可以选择爬1个或2个台阶
这里需要注意的一点就是楼顶我们需要判断在哪
根据第一个例子第0层花2元,第一层花5元
如果楼顶在第二层的话,花费最少的方式就是选择第0层开始爬,这样我们就只需花2元就到达第2层(这里是将第2层看作楼顶)
如果楼顶在第三层的话,花费最少的方式就是选择第1层开始爬,这样我们就只需话5元就到底第3层(这里是将第3层看作楼顶)
根据示例我们可以得出结果为5元,所以楼顶应该是在3楼
对于楼顶在第3层我们有如下的几种方式到达
第一种方式0->1->3
第二种方式0->2->3
第三种方式1->3
解法
动态规划
状态表示
我们可以将上面的台阶简化成下面的一个数组,第i个台阶就表示数组第i个元素,现在需要求到第i个元素的最小花费,我们用dp[i]表示
状态转移方程
状态转移方程我们一般从最后一步去划分情况
比如到达i位置时我们可以花费cost[i-1]从i-1位置跳到i位置
也可以划分cost[i-2]从i-2位置跳到i位置
而从i-2到i的总费用就是到达i-2时的最小花费加上cost[i-2],也就是dp[i-2]+cost[i-2]
从i-1到i的总费用就是到达i-1的最小花费加上cost[i-1],也就是dp[i-1]+cost[i-1]
dp[i]就是判断dp[i-1]+cost[i-1]和dp[i-2]+cost[i-2]谁花费的价钱最少
所以dp[i]=min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2])
从上面的方程可知dp[i]的值需要知道dp[i-1]和dp[i-2]的值,而dp[i-1]和dp[i-2]的值又需要知道他们前面的dp[i-3]…的值,所以我们需要从左向右开始推导
因为dp[2]需要知道dp[0]和dp[1]的值,但是dp[0]和dp[1]不能继续细分dp[-1]…,所以dp[0]和dp[1]我们需要初始化
根据题意我们是可以选择从0或1台阶开始起跳的,也就是说我们到达0台阶和到达1台阶是不需要花钱的
所以dp[0]=dp[1]=0,知道dp[0]和dp[1]后就可以往后推dp[n]了(注意这里的n是楼顶表示的是最后一块台阶的下一个位置)
代码
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
int cost[100000],dp[100000]={0};
int n=0;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>cost[i];
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
dp[i]=min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2]);
}
cout<<dp[n]<<endl;
return 0;
}
注意这里的min是一个自带的函数,当然也可以自己去实现
数组中两个字符串的最小距离
链接数组中两个字符串的最小距离
题目解析
这道题有点难读懂,我们以示例2为例子
strs是一个字符串数组,字符串数组的每一个元素都是字符串
str1和str2都是一个字符串,他们可能是在字符串数组里的,现在需要我们去在这个字符串数组中找出str1和str2,并且求出他们对应位置的最小值(因为strs里可能含义多个相同的字符串,所以要对他们的距离进行比较,得到最后的值),如果没有找到就返回-1
这个图中str1在strs中出现了两次,一个是在第0个位置,另一个是在第5的一个位置
str2只出现了一次,是在第4的一个位置
他们的距离是|0-4|和|4-5|,也就是4和1,显然最短的距离就是1,所以返回1
这道题也可以换成下面这样
在数组中求出a和b的最小距离
或者在下面字符串求出a和b的最小距离
解法
方法1暴力解法(会超时)
我们还是以示例2为例子
先用一层for循环用一个指针ptr1去找出QWER的位置
然后在这一层for循环里面再嵌套一次for循环用指针ptr2去找666
之后用一个ret去记录他们之间的距离
记录完后再让ptr2往后找是否有是否还有相同的字符串,因为有可能会出现下面这种情况,就是QWER会在第一次的666后面
内部for循环找完后,又回到外部for循环,再让ptr1往后找是否有QWER,找到后又进入内部for循环
这种解法的时间复杂度是O(n^2),会超时,所以这里只是提供一个思路
方法2贪心(动态规划)
这个方法是在方法1的基础上进行了优化
我们还是让ptr1和ptr2分别记录QWER和666的下标,并且因为是数组,所以我们让ptr1和ptr2记录的位置初始化成-1,表示他们还没有开始记录下标
然后我们先让ptr1去找QWER的位置
找到后向左查找最近的一次666出现的位置,如果没有出现那么ptr2就不会变,仍为-1
此时我们还需要注意ptr1记录的下标需要更新,这里的QWER下标为0,所以ptr1记录的值也应该变成0
然后再向右开始遍历,如果右边的QWER比666先出现,那么就先更新ptr1,如果666比QWER先出现,那么就先更新ptr2
这里的666先出现,所以就将ptr2记录的值变成3,然后ret比较一下他们现在的距离和之前的最短距离谁更短
因为之前没有666出现,所以ret是没有最短距离的,因此这里的ret直接就等于3
之后再向右遍历,因为右边只有一个QWER了,所以就让ptr1更新一下
这次的距离是最短的,所以ret更新为1
这个方法的时间复杂度为O(N),只用一次循环就找出了最短距离
代码
#include <iostream>
#include<string>
using namespace std;
int main() {
int n;
string s1, s2;
string s;
cin >> n;
cin >> s1 >> s2;
int ptr1 = -1, ptr2 = -1, ret = 0x3f3f3f3f;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> s;
if (s == s1)
{
if (ptr2 != -1)
{
ret = min(ret, i - ptr2);
}
ptr1 = i;
}
else if (s == s2)
{
if (ptr1 != -1)
{
ret = min(ret, i - ptr1);
}
ptr2 = i;
}
}
if (ret == 0x3f3f3f3f)
cout << -1;
else
cout << ret;
return 0;
}
这段代码中ret初始化为0x3f3f3f3f表示非常大的一个值,也就是这道题的距离不会有比这个值更大的
