总结

CSDN竞赛越来越频繁了，这次竞赛比较简单，就当练习题了。

题目列表

1.求并集

题目描述

由小到大输出两个单向有序链表的并集 如链表 A {1 -> 2 -> 5 -> 7} 链表 B {3 -> 5 -> 7 -> 8} 输出: {1 -> 2 ->3 - > 5 -> 7 ->8} 。

输入描述：

第一行输入整数n，m,(1<=n,m<=1000)分别表示两个链表的长度。
第二行给出A链表所包含元素。(1<=a<=1000)
第三行给出B链表所包含元素。(1<=b<=1000)

输出描述：

按题目描述输出。

输入样例：

4 4
1 2 5 7
3 5 7 8

输出样例：

1 -> 2 ->3 -> 5 -> 7 ->8

分析

这道题作为面试题，考察链表比较合适，作为笔试题不太合适。一般的做法是使用类似于归并排序的合并算法，使用双指针来合并。但是完全没必要这么做，直接用一个数组读入，然后排下序就可以了。

当然，这题的用例告诉我们需要去重，所以可以读入一个set中，然后再排序就可以了。而实际上set已经默认排好序了，直接输出就可以了。

代码

#include <iostream>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
set<int> s;
int main() {int n;int m;cin>>n>>m;vector<int> a;int x;for(int i = 0; i < n + m; i++) {cin>>x;s.insert(x);}for(auto t : s) {a.push_back(t);}int q = a.size();for(int i = 0; i < q - 1; i++) {cout<<a[i]<<" -> ";}cout<<a[q - 1]<<endl;return 0;
}

2.小T找糖豆

题目描述

已知连续序列A，包含1e18个元素，分别是[1,1e8]。 现在去除序列中的n个元素. 得到新的连续序列[X,1e8]，该序列中 最小元素是？

分析

本题的题意是去掉若干元素后，求剩下连续序列的最小元素，用例给我们的感觉是必须是最后一个连续序列，所以相当于求出去除序列的最大值，加上1就是连续序列的最小元素了。

代码

#include <iostream>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int solution(int n, std::vector<int>& vec) {int res = 0;for(auto x : vec) {res = max(res, x);}return res + 1;
}
int main() {int n;std::vector<int> vec;std::cin>>n;std::string line_0, token_0;getline(std::cin >> std::ws,line_0);std::stringstream tokens_0(line_0);while(std::getline(tokens_0, token_0, ' ')) {vec.push_back(std::stoi(token_0));}int result = solution(n,vec);std::cout<<result<<std::endl;return 0;
}

3. 争风吃醋的豚鼠

题目描述

N个节点两两建边。 不存在3个节点相互之前全部相连(3个节点连接成环) 。最多能建立多少条边？

输入描述：

输入整数n.(1<=n<=1e5)

输出描述：

输出最大边数

输入样例：

4

输出样例：

4

分析

读完题目就知道肯定是有一个公式的，代码简洁，这类题目作为算法题不太合适，有点纯数学了。考试时想的是类似于二分图。我们将节点分为两组，两组节点之间互相全部连接上，组内节点不连接，这样添加任意一条边都会形成环，保证了边的最大值。

比如$a,b,c,d$四个点，$a,b$作为一组，$c,d$作为一组，连接$ac,ad,bc,bd$，构成的四条边不会形成环，同时边数是最大的。所以遍历下将$n$个节点划为两组节点的所有划法，取其中的边数最大值就可以了。

代码

#include <iostream>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {int n;std::cin>>n;ll res = 0;for(int i = 1; i < n; i++) {res = max(res,(ll)i * (n - i));}std::cout<<res<<std::endl;return 0;
}

4.题目名称：选择客栈

题目描述

丽江河边有 n 家很有特色的客栈，客栈按照其位置顺序从 1 到 n 编号。每家客栈都按照某一种色调进行装饰（总共 k 种，用整数 0 ~ k-1 表示），且每家客栈都设有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消费。 两位游客一起去丽江旅 游，他们喜欢相同的色调，又想尝试两个不同的客栈，因此决定分别住在色调相同的两家客栈中。晚上，他们打算选择一 家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间（包括他们住的客栈），且咖啡店的最低消费不超过 p 。 他们想 知道总共有多少种选择住宿的方案，保证晚上可以找到一家最低消费不超过 p 元的咖啡店小聚。

输入描述：

共n+1 行。
第一行三个整数 n ,k ,p ，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示客栈的个数，色调的数目和能接受的最低消费的最高值；
接下来的 n 行，第 i+1 行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示 i 号客栈的装饰色调和 i 号客栈的咖啡店的最低消费。

输出描述：

一个整数，表示可选的住宿方案的总数。

输入样例：

5 2 3
0 5
1 3
0 2
1 4
1 5

输出样例：

3

分析

如果说前面题目出的不像算法题，那么这最后一题就有点坑了，第一个坑在于不给数据范围，但凡审题的同学认真点都不会不给数据范围，这种题目不给数据范围的话，我们是不方便选择合适复杂度的算法来求解的。

首先要考虑的是选择的两个客栈中间有没有合适的咖啡店，我们固然可以通过遍历来判断，但是复杂度高。这里可以使用前缀和来优化下，咖啡店的最低消费具体是多少我们不关注，如果不超过p，就是1，表示可以选择；超过了p，就是0，不能选择。然后对这个由0和1构成的数组求下前缀和s，就可以在O(1)的时间内判断两个客栈之间有没有合适的咖啡店了。

客栈$i$和$j$之间合适的咖啡店数是$s[j]-s[i-1]$，只要这个值不是0，就表示我们可以选择$i,j$两个客栈住宿。

暴力的做法是二重循环枚举$i,j$，只要两家客栈色调相同，并且之间有合适的咖啡店，方案数就加一。时间复杂度是$O(n^2)$，由于题目没有给定数据范围，所以可以提交下看看，发现TLE了，这就是本题的第二个坑，因为如果你在代码里面加上如果$n>1e4$的代码再提交就可以通过九成的用例了。这题用例的评测是一起了，最后一个用例TLE了，就一分没有，这点很不科学。

纯暴力的解法复杂度是立方级别的，前面使用前缀和优化掉一重循环，既然TLE了还需要继续优化。色调一共$k$种，虽然没有给数据范围，但是根据经验可以判定$n$的范围至少是$10^5$级别的，而$k$的范围一般不大。我们将所有的客栈根据色调不同按顺序分为$k$组，这样同一组内的客栈我们就不需要再考虑色调，只需要关心有没有合适的咖啡店就行了。问题就变成了在一个线性序列中，找到点对使得两点之间有合适的咖啡店了。

这里可以发现问题的单调性，比如一个人住在第一家客栈，第二个人从第二家客栈开始遍历，直到两家客栈之间有合适的咖啡店位置，从这家咖啡店到后面的所有客栈都可以住第二个人。然后第一个人住第二家客栈，第二个人不需要从第三家客栈遍历起，只需要从上次找到合适咖啡店的位置开始遍历就可以了，因为上次走过的客栈肯定都没有合适的咖啡店。这样一来，第二个人至多走完客栈一遍。如果某个色调序列的长度是q，那么在这个色调里面找两个合适客栈的复杂度就是$O(q)$，遍历完k个色调序列的总的复杂度就是$O(n)$。

不考虑本题的数据范围和用例评测的坑，这题考察了前缀和和双指针算法，一步步优化时间复杂度，题目质量还是不错的。

代码

#include <iostream>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {int n;int k;int p;cin>>n>>k>>p;vector<int> c(n+1), a(n+1), s(n+1, 0);vector<int> m[k];for(int i = 1; i <= n; i++) {cin>>c[i]>>a[i];if (a[i] > p) a[i] = 0;else a[i] = 1;s[i] = s[i-1] + a[i];m[c[i]].push_back(i);}int res = 0;for(int t = 0; t < k; t++) {int q = m[t].size();for(int i = 0,j = 0; i < q; i++) {if(a[m[t][i]]) {res += q - i - 1;continue;} else {if(j > i) {res += q - j;continue;} else j = i + 1;while(j < q && !(s[m[t][j]] - s[m[t][i]-1])) j++;if(j < q) {res += q - j;} else {break;}}}}cout<<res<<endl;return 0;
}