某比赛已经进入了淘汰赛阶段,已知共有n名选手参与了此阶段比赛，他们的得分分别是a_1,a_2….a_n,小美作为比赛的裁判希望设定一个分数线m，使得所有分数大于m的选手晋级，其他人淘汰。
但是为了保护粉丝脆弱的心脏，小美希望晋级和淘汰的人数均在[x,y]之间。
显然这个m有可能是不存在的，也有可能存在多个m，如果不存在，请你输出-1，如果存在多个，请你输出符合条件的最低的分数线。
数据范围：， 进阶：时间复杂度，空间复杂度
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin >> n;
int x , y;
cin >> x >> y;
vector<int>scores;
for(int i = 0;i < n;i++){
int score;
cin >> score;
scores.push_back(score);
}
//dataaccess
sort(scores.begin(),scores.end());
for(int i = 0;i < n; i++){
//假设m = scores[i]
if(x <= i+1 && i+1 <= y && n - i <= y && n - i >= x){
cout << scores[i];
return 0;
}
}
cout << -1;
return 0;
}
我们称一个长度为n的序列为正则序列，当且仅当该序列是一个由1~n组成的排列，即该序列由n个正整数组成，取值在[1,n]范围，且不存在重复的数，同时正则序列不要求排序
有一天小团得到了一个长度为n的任意序列s，他需要在有限次操作内，将这个序列变成一个正则序列，每次操作他可以任选序列中的一个数字，并将该数字加一或者减一。
请问他最少用多少次操作可以把这个序列变成正则序列？
数据范围：， 进阶：时间复杂度，空间复杂度
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin >> n;
vector<int>nums;
for(int i = 0 ;i < n; i++){
int num;
cin >> num;
nums.push_back(num);
}
sort(nums.begin(),nums.end());
int ans = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
ans += abs(i+1 - nums[i]);
}
cout << ans;
return 0;
}
12个用例通过5个，我直接模拟的，不知道哪出问题了
小美和小团所在公司的食堂有N张餐桌，从左到右摆成一排，每张餐桌有2张餐椅供至多2人用餐，公司职员排队进入食堂用餐。小美发现职员用餐的一个规律并告诉小团：当男职员进入食堂时，他会优先选择已经坐有1人的餐桌用餐，只有当每张餐桌要么空着要么坐满2人时，他才会考虑空着的餐桌；
当女职员进入食堂时，她会优先选择未坐人的餐桌用餐，只有当每张餐桌都坐有至少1人时，她才会考虑已经坐有1人的餐桌；
无论男女，当有多张餐桌供职员选择时，他会选择最靠左的餐桌用餐。现在食堂内已有若干人在用餐，另外M个人正排队进入食堂，小团会根据小美告诉他的规律预测排队的每个人分别会坐哪张餐桌。
进阶：时间复杂度,空间复杂度
/*
1
5
01102
6
MFMMFF
*/
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main(){
int T;
cin >> T;
for(int i = 0;i < T;i++){
//餐桌数目
int N;
cin >> N;
//餐桌此时占用情况
string desk;
cin >> desk;
//待入座人员人数
int M;
cin >> M;
//待入座人员性别
string gender;
cin >> gender;
//有m个人将要进入餐馆
for(int k =0;k < M;k++){
//第一种情况男性
if(gender[k] == 'M'){
int flag = 0;
int left_desk = N;
for(int j = 0;j < N;j++){
//已经坐有1人的餐桌用餐
if(desk[j] == '1'){
desk[j] = '2';
flag = 1;
cout << j+1<<endl;
break;
}else if(desk[j] == '0'){
left_desk = min(left_desk,j);
}
}
if(flag == 0 && left_desk != 6){
desk[left_desk] = 1;
flag = 0;
cout << left_desk+1 <<endl;
}
}else{
int flag = 0;
int left_desk = N;
for(int j = 0;j < N;j++){
if(desk[j] == '0'){
flag = 1;
desk[j] = '1';
cout << j+1<<endl;
break;
}else if(desk[j] == '1'){
left_desk = min(left_desk,j);
}
}
if(flag == 0 && left_desk != 6){
desk[left_desk] = 2;
flag = 0;
cout << left_desk+1 <<endl;
}
}
}
}
}
正确答案及思路：
使用三个小根堆，分别存储当前人数为0,1,2的三种桌子的桌号，记为pq0,pq1,pq2
以男职员为例：
先尝试坐人数为1的桌子，该桌子人数就变成了2，等价于：将pq1的堆顶弹出，同时推入pq2
如果没有人数为1的桌子了，等价于pq1为空，就去坐人数为0的桌子，等价于：将pq0的堆顶弹出，同时推入pq1
因为桌号存储在优先队列，所以堆顶的桌号总是最小的，保证每个人有多个选择时优先坐最左边的桌子。
女职员同理。
时间复杂度：O(MLogN)
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <functional>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int t, n, m;
string d;
string p;
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> n >> d >> m >> p;
// 优先级队列（小根堆）
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> zero, one;
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if (d[j] == '0')
{
zero.push(j + 1);
}
else if (d[j] == '1')
{
one.push(j + 1);
}
}
for (int i = 0; i < m; i++)
{
if (p[i] == 'M')
{
// 如果没有仅一人的座位
if (one.empty())
{
cout << zero.top() << '\n';
one.push(zero.top());
zero.pop();
}
else
{
cout << one.top() << '\n';
one.pop();
}
}
else
{
// 如果没有空位置
if (zero.empty())
{
cout << one.top() << '\n';
one.pop();
}
else
{
cout << zero.top() << '\n';
one.push(zero.top());
zero.pop();
}
}
}
}
}
4，没做
小团有一个由N个节点组成的二叉树，每个节点有一个权值。定义二叉树每条边的开销为其两端节点权值的乘积，二叉树的总开销即每条边的开销之和。小团按照二叉树的中序遍历依次记录下每个节点的权值，即他记录下了N个数，第i个数表示位于中序遍历第i个位置的节点的权值。之后由于某种原因，小团遗忘了二叉树的具体结构。在所有可能的二叉树中，总开销最小的二叉树被称为最优二叉树。现在，小团请小美求出最优二叉树的总开销。
树形dp。
首先要明白中序遍历的特点：选取其中一个节点，其左边的节点都是其左子树上的节点，其右边的节点都是其右子树上的节点。
动态规划三步走：明确下标意义，寻找递推公式，dp数组初始化。
首先是dp数组的下标意义。
我用了两个二维数组，ldp[i][j]表示以以node[j+1]为根节点、node[i]到node[j]作为左子树节点的最优二叉树的权值；rdp[i][j]表示以以node[i-1]为根节点、node[i]到node[j]作为右子树节点的最优二叉树的权值。
其次是递推公式。
最后是初始化
其实也用不着初始化，在递推公式里就能完成。
代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
int ldp[302][302]{};
int rdp[302][302]{};
int node[302]{};
void f(int a, int b) {
int x, y;
ldp[a][b] = rdp[a][b] = 100000000;
for (int i = a; i <= b; ++i) {
x = ldp[a][i - 1] + node[i] * node[b + 1] + rdp[i + 1][b];
y = ldp[a][i - 1] + node[i] * node[a - 1] + rdp[i + 1][b];
if (x < ldp[a][b])ldp[a][b] = x;
if (y < rdp[a][b])rdp[a][b] = y;
}
}
int main() {
int N;
cin >> N;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
cin >> node[i];
}
for (int i = 0; i < N; ++i) {
for (int j = 1; j <= N-i; ++j) {
f(j, j + i);
}
}
cout << ldp[1][N];
return 0;
}
