牛客编程巅峰赛S1第6场 - 黄金&钻石&王者(总结）

A：牛牛爱奇数

题意

有一个由n个元素组成的数组，牛牛想要将所有的数都变成奇数（即：将所有的偶数都变成奇数），但是他的操作是：一次只能对数组中所有相同元素的值/2。

求最少需要操作多少次，使数组中所有元素都变成奇数

题解

考虑2 4 8这一个数组，如果是从2的元素开始除2，则最终结果为：
2/2=1;
4/2=2,2/2=1;
8/2=4,4/2=2,2/2=1;

ans=1+2+3=6;
显然是错误的，对于这种情况从大的开始处理显然是最优的；换句话说，对于已经操作过的值无需再操作，具体往下看。

我们可以使用c++中map集合，用来存某个数字是否被处理过了
以刚刚的数组为例：
遍历到2时，起初mp[2]=0;于是对2进行除2操作，直到不能被2除为止，对于操作过的数，进行标记mp[x]=1，结合下面代码理解。
遍历到4时，起初mp[4]=0;于是对4进行除2操作，4/2=2,由于2已经操作过了，于是继续除2，由于除2为1了，所以结束（需要注意的是，不是中间出现了已经操作过的数就结束循环，而是一直要处理到不能被2整除为止）；这里也就只进行了一次操作
遍历到8和遍历到4类似，也只进行了一次操作

于是最终结果为1+1+1=3，分析知道这才是正确结果。

AC代码（cpp）

class Solution {
    map<int,int>mp;
public:
    /**
     * 返回一个数，代表让这些数都变成奇数的最少的操作次数
     * @param n int整型 代表一共有多少数
     * @param a int整型vector 代表n个数字的值
     * @return int整型
     */
    int solve(int n, vector<int>& a) {
        // write code here
        mp.clear();
        int ans=0;
        for(int i=0;i<n;i++){
            int x=a[i];
            while(x%2==0){
                if(mp[x]==0) ans++,mp[x]=1;
                x/=2;
            }
        }
        return ans;
    }
};

B：牛牛摆放花

很无语，为啥这题放在A后面…

题意

n个数组成的数组，每个数有对应的值，现在将这n个数组成一个圆，使得相邻之间数组元素的最大差值尽可能小。

题意

很明显贪心。直接排序，然后有两种方法，一种：从中间往两边分开放，另一种：从两边分别往中间放。
举个栗子：
2 1 1 3 2

首先排序，然后有两种放法，分别为：

• 第一种放法
  2 1 1 2 3
  这里是从中间往两边放，先放左边再放右边
  对应已经排序的数组下标分别为：
  3 1 0 2 4

• 第二种放法
  1 2 3 2 1
  这里是从两边往中间放，同样先放左边再放右边
  对应已经排序的数组下标为：
  0 2 4 3 1

通过两种放法可以发现，处理最开始放的最中间两个元素的和最外围的两个元素，对应的位置相差为1外，其他的都相差为2；
于是可以直接先排序后，遍历下数组，对位置为2的数组元素之间进行差值比较。最后对最中间和最外围的进行比较，即可得出答案。

AC代码（cpp）

class Solution {
public:
    /**
     * ​返回按照这些花排成一个圆的序列中最小的“丑陋度”
     * @param n int整型 花的数量
     * @param a int整型vector 花的高度数组
     * @return int整型
     */
    int solve(int n, vector<int>& a) {
        // write code here
        sort(a.begin(),a.end());
        int ans=0;
        for(int i=0;i+2<n;i++){
            ans=max(ans,a[i+2]-a[i]);
        }
        ans=max(ans,a[1]-a[0]);
        ans=max(ans,a[n-1]-a[n-2]);
        return ans;
    }
};

C：星球游戏

题意

n个结点，m条边构成的图，其中牛牛有一定数量的点，牛妹也有一定数量的点，现在问从牛牛中任选一点到牛妹的任意一点的最短距离是多少？
其中给定牛牛拥有的点数，牛妹拥有的点数，给出相应的图结构，已经图的节点数。

题解

考虑这个问题，从牛牛中任选一点到牛妹的任意一点的最短距离，显然是考虑最短路算法（Dijkstra即可）但是如果朴素的Dijkstra的话肯定会超时，于是考虑堆优化的Dijkstra算法，同时图比较大，于是采用向前星存图。

然后再想，是不是需要跑p遍dijkstra呢（p为牛牛的结点数），显然这样是没有必要的。
直接设一不存在的结点为终点，例如0，向牛牛所拥有的所有点建单向边，边的权值为0；
设一不存在的点为终点，例如：n+1，牛妹所拥有的所有点向设的点建单向边，边的权值为0。
类似于超级起点和超级终点。

于是直接对超级起点跑一遍Dijkstra即可。

AC代码（cpp）

class Solution {
static const int maxn=1e5+5;
static const int maxm=5e5+5;
static const int inf=0x3f3f3f3f;
struct e{
    int to,nxt,val;
}edge[maxm];
int head[maxn],tot;
int dis[maxn],vis[maxn];
struct node{
    int index,dist;
    bool operator <(const node &b) const{
        return dist>b.dist;
    }
};
public:
    void init(){
        memset(head,-1,sizeof(head));
        tot=0;
    }
    void add(int u,int v,int c){
        edge[++tot].to=v;
        edge[tot].val=c;
        edge[tot].nxt=head[u];
        head[u]=tot;
    }
    int dijsktra(int s,int e,int n){
        memset(dis,inf,sizeof(dis));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        dis[s]=0;
        priority_queue<node> q;
        q.push(node{s,0});
        while(!q.empty()){
            node x=q.top();
            q.pop();
            int u=x.index;
            if(vis[u]) continue;
            vis[u]=1;
            for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt){
                int v=edge[i].to,c=edge[i].val;
                if(dis[v]>dis[u]+c){
                    dis[v]=dis[u]+c;
                    q.push(node{v,dis[v]});
                }
            }
        }
        return dis[e];
    }
    /**
     *
     * @param niuniu int整型vector 牛牛占领的p个星球的编号
     * @param niumei int整型vector 牛妹占领的q个星球的编号
     * @param path int整型vector<vector<>> m条隧道，每条隧道有三个数分别是ui,vi,wi。ui,vi分别是隧道的两边星球的编号，wi是它们之间的距离
     * @param nn int整型 星球个数n
     * @return int整型
     */
    int Length(vector<int>& niuniu, vector<int>& niumei, vector<vector<int> >& path, int nn) {
        // write code here
        init();
        int s=0,e=nn+1;
        for(int i=0;i<niuniu.size();i++){
            add(s,niuniu[i],0);
        }
        for(int i=0;i<niumei.size();i++){
            add(niumei[i],e,0);
        }
        for(int i=0;i<path.size();i++){
            int u=path[i][0],v=path[i][1],c=path[i][2];
            //cout<<u<<' '<<v<<' '<<c<<endl;
            add(u,v,c);add(v,u,c);
        }
        int ans=dijsktra(s,e,nn);
        if(ans==inf) return -1;
        return ans;
    }
};

本文地址：https://blog.csdn.net/boliu147258/article/details/107586670