蓝桥杯之数学与简单DP

数学

1. 买不到的数目

小明开了一家糖果店。

他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。

糖果不能拆包卖。

小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。

当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。

你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。

大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。

本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。

输入格式

两个正整数 n,m，表示每种包装中糖的颗数。

输出格式

一个正整数，表示最大不能买到的糖数。

数据范围

保证数据一定有解。

输入样例：

1
4 7

输出样例：

1
17

AC

就一个公式，记住就好，如果不知道就打表找规律。

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12
#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
    int p, q;
    cin >> p >> q;
    
    cout << (p - 1) * (q - 1) - 1 << endl;
    
    return 0;
}

2. 蚂蚁感冒

长 100 厘米的细长直杆子上有 n 只蚂蚁。

它们的头有的朝左，有的朝右。

每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬，速度是 1 厘米/秒。

当两只蚂蚁碰面时，它们会同时掉头往相反的方向爬行。

这些蚂蚁中，有 1 只蚂蚁感冒了。

并且在和其它蚂蚁碰面时，会把感冒传染给碰到的蚂蚁。

请你计算，当所有蚂蚁都爬离杆子时，有多少只蚂蚁患上了感冒。

输入格式

第一行输入一个整数 n, 表示蚂蚁的总数。

接着的一行是 n 个用空格分开的整数 Xi 的绝对值表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。

正值表示头朝右，负值表示头朝左，数据中不会出现 0 值，也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。

其中，第一个数据代表的蚂蚁感冒了。

输出格式

输出1个整数，表示最后感冒蚂蚁的数目。

数据范围

输入样例1：

1
2
3
5 -2 8

输出样例1：

1
1

输入样例2：

1
2
5
-10 8 -20 12 25

输出样例2：

1
3

AC

首先我们必须要明白两只蚂蚁相撞掉头可以看作时一只蚂蚁穿过了另一只蚂蚁，因为相撞之后两只蚂蚁都感冒了，掉不掉头其实无所谓，毕竟都感冒了，这样的话这题就简单多了。我们先不考虑特殊情况，先来看看一般情况：

第一只蚂蚁不管方向朝哪里，只要它右边的蚂蚁向左走就可能碰撞感染，同样，第一只蚂蚁左边的蚂蚁只要朝右边走也可能被感染，这样就很容易得到 ans = right_to_left + left_to_right + 1 。这里 left_to_right 表示左边蚂蚁向右走的数量，right_to_left 表示右边蚂蚁向左走的数量，1是指第一只蚂蚁本身。

还有一种特殊情况，就是当第一只蚂蚁向左走的时候，如果第一只蚂蚁左边没有向右爬行的蚂蚁，由于爬行速度相同，所以不管第一只蚂蚁右边有多少向左爬行的，其右边的蚂蚁永远不可能被感染。同理，当第一只蚂蚁向右走的时候，如果第一只蚂蚁右边没有向左爬行的蚂蚁，其左边也永远不可能感染。

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#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 55;

int n;
int x[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> x[i];
    }
    
    int left_to_right = 0, right_to_left = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        if (abs(x[i]) < abs(x[0]) && x[i] > 0) {
         left_to_right++;   
        }
        else if (abs(x[i]) > abs(x[0]) && x[i] < 0) {
            right_to_left++;
        }
    }
    
    if (x[0] > 0 && right_to_left == 0 || x[0] < 0 && left_to_right == 0) {
        cout << 1 << endl;
    }
    else {
        cout << left_to_right + right_to_left + 1 << endl;
    }
    
    return 0;
}

3. 饮料换购

乐羊羊饮料厂正在举办一次促销优惠活动。乐羊羊C型饮料，凭3个瓶盖可以再换一瓶C型饮料，并且可以一直循环下去(但不允许暂借或赊账)。

请你计算一下，如果小明不浪费瓶盖，尽量地参加活动，那么，对于他初始买入的 n 瓶饮料，最后他一共能喝到多少瓶饮料。

输入格式

输入一个整数 n,表示初始买入的饮料数量。

输出格式

输出一个整数，表示一共能够喝到的饮料数量。

数据范围

输入样例：

1
100

输出样例：

1
149

AC

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#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    
    int res = n;
    while (n >= 3) {
        res += n / 3; // 喝的瓶数累加
        n = n / 3 + n % 3; // 每次喝完还剩的瓶盖数
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

DP

1. 01背包问题

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，N，V 用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi, wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

输入样例

1
2
3
4
5
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5

输出样例：

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8

AC

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#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;
int v[N];    // 体积
int w[N];    // 价值 
int f[N][N];  // f[i][j], j体积下前i个物品的最大价值 

int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        cin >> v[i] >> w[i];

    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            //  当前背包容量装不进第i个物品，则价值等于前i-1个物品
            if(j < v[i]) 
                f[i][j] = f[i - 1][j];
            // 能装，需进行决策是否选择第i个物品
            else    
                f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
        }           

    cout << f[n][m] << endl;

    return 0;
}

2. 摘花生

Hello Kitty想摘点花生送给她喜欢的米老鼠。

她来到一片有网格状道路的矩形花生地(如下图)，从西北角进去，东南角出来。

地里每个道路的交叉点上都有种着一株花生苗，上面有若干颗花生，经过一株花生苗就能摘走该它上面所有的花生。

Hello Kitty只能向东或向南走，不能向西或向北走。

问Hello Kitty最多能够摘到多少颗花生。

1.gif

输入格式

第一行是一个整数T，代表一共有多少组数据。

接下来是T组数据。

每组数据的第一行是两个整数，分别代表花生苗的行数R和列数 C。

每组数据的接下来R行数据，从北向南依次描述每行花生苗的情况。每行数据有C个整数，按从西向东的顺序描述了该行每株花生苗上的花生数目M。

输出格式

对每组输入数据，输出一行，内容为Hello Kitty能摘到得最多的花生颗数。

数据范围

输入样例：

1
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4
5
6
7
2
2 2
1 1
3 4
2 3
2 3 4
1 6 5

输出样例：

1
2
8
16

AC

1
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#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 110;

int n, m;
int w[N][N];
int f[N][N];

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                cin >> w[i][j];
            }
        }
        
        memset(f, 0, sizeof f);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) + w[i][j];
            }
        }
        
        cout << f[n][m] << endl;
    }
    
    
    
    return 0;
}

3. 最长上升子序列

给定一个长度为 N 的数列，求数值严格单调递增的子序列的长度最长是多少。

输入格式

第一行包含整数 N。

第二行包含 N 个整数，表示完整序列。

输出格式

输出一个整数，表示最大长度。

数据范围

输入样例：

1
2
7
3 1 2 1 8 5 6

输出样例：

1
4

AC

最长递增子序列（longest increasing subsequence）问题是指，在一个给定的数值序列中，找到一个子序列，使得这个子序列元素的数值依次递增，并且这个子序列的长度尽可能地大。最长递增子序列中的元素在原序列中不一定是连续的。

  • 状态表示：f[i] 表示从第一个数字开始算，以 w[i] 结尾的最大的上升序列。(以 w[i] 结尾的所有上升序列中属性为最大值的那一个)

  • 状态计算（集合划分）：j∈(0,1,2,..,i-1), 在 w[i] > w[j] 时，
    f[i] = max(f[i], f[j] + 1)。
    有一个边界，若前面没有比i小的，f[i] 为1（自己为结尾）。

  • 最后在找 f[i] 的最大值。
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33
#include <iostream>
#include <cstring>

const int N = 1010;

int n;
int a[N];
int f[N];

using namespace std;

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            if (a[j] < a[i]) {
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
            }
        }
        
        res = max(res, f[i]);
    }

    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

4. 波动数列

观察这个数列：

1 3 0 2 -1 1 -2 …

这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3，且每一项都为整数。

栋栋对这种数列很好奇，他想知道长度为 n 和为 ss 而且后一项总是比前一项增加 a 或者减少 b 的整数数列可能有多少种呢？

输入格式

共一行，包含四个整数 n, s, a, b，含义如前面所述。

输出格式

共一行，包含一个整数，表示满足条件的方案数。

由于这个数很大，请输出方案数除以 100000007 的余数。

数据范围

输入样例：

1
4 10 2 3

输出样例：

1
2

样例解释

两个满足条件的数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。

AC

设第一个数为xx，则第二个数为x+d1x+d1，第三个数为x+d1+d2x+d1+d2 …。这里的d1d1，d2d2表示aa或者−b−b，所以这个数列为：

xx, x+d1x+d1, x+d1+d2x+d1+d2, x+d1+d2+d3x+d1+d2+d3, …, x+d1+d2+…+dn−1x+d1+d2+…+dn−1，又因为数列之和为s，所以转化成：

n∗x+(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+dn−1=sn∗x+(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+dn−1=s，再在一步转化：

s−[(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+dn−1]n=xs−[(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+dn−1]n=x
因为x是任意整数，所以又转化成：

ss与(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+dn−1(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+dn−1 模xx的余数相同。

到这里就转化成了组合问题。

下面就可以用闫氏dp分析法了。

1.状态表示：f[i][j]表示要选i个a或者-b且余数为j的所有集合的数量。
2.状态计算：第i个可以选a或者-b。

第i个选a：(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+2∗dn−2+a 模 x=j。

则：(n−1)∗d1+(n−2)∗d2+(n−3)∗d3+…+2∗dn−2模 x=j−a。

系数和下标之和为n，所以第i项的的系数为n-i。

所以：f[i][j] = f[i - 1][j - (n - i) * a]

第i个选b：同理：f[i][j] = f[i - 1][j + (n - i) * b]

时间复杂度 O(n2)O(n2)
状态数量 状态转移时操作数 = (n - 1) (n - 1) * 2

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1010, MOD = 100000007;

int f[N][N];

int get_mod(int a, int b) {
    return (a % b + b) % b;
}

int main() {
    int n, s, a, b;
    cin >> n >> s >> a >> b;
    
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            f[i][j] = (f[i - 1][get_mod(j - a * (n - i), n)] + f[i - 1][get_mod(j + b *(n - i), n)]) % MOD;
            
        }
    }
    
    cout << f[n - 1][get_mod(s, n)] << endl;
    
    return 0;
}