目录
DDL 的恐惧 ：
问题描述
题目简述
ZJM 有 n 个作业，每个作业都有自己的 DDL，如果 ZJM 没有在 DDL 前做完这个作业，那么老师会扣掉这个作业的全部平时分。
所以 ZJM 想知道如何安排做作业的顺序，才能尽可能少扣一点分。
请你帮帮他吧！
输入/输出格式
输入格式：
输入包含T个测试用例。输入的第一行是单个整数T，为测试用例的数量。
每个测试用例以一个正整数N开头(1<=N<=1000)，表示作业的数量。
然后两行。第一行包含N个整数，表示DDL，下一行包含N个整数，表示扣的分。
输出格式：
对于每个测试用例，您应该输出最小的总降低分数，每个测试用例一行。
样例
输入样例：
3
3
3 3 3
10 5 1
3
1 3 1
6 2 3
7
1 4 6 4 2 4 3
3 2 1 7 6 5 4
输出样例：
0
3
5
问题分析
解题思路
本题的思路是贪心法。由于我们需要求出最小的降分，因此我们需要多完成任务，并且尽可能的完成得分高的任务。我们的贪心策略是：从最晚结束的任务的DDL开始，向前推，每次在没有安排任务的一天中选取DDL在当天及以后的未完成任务中分数最高的任务。
贪心法的证明如下：
假设A(a1,a2,a3,…an)为贪心解，O(o1,o2,o3,…on)为最优解，且假设oi为A和O第一个相同的分量（即aj=oj,1<=j<i，在之前A和O的分量都相同）那么，由贪心策略可知，point(ai)>=point(oi)。那么我们将oi替换为ai的话，结果不会变差。这证明了贪心法的正确性。
参考代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
class task
{
public:
int ddl;
int point;
task(int a,int b)
{
ddl=a;
point=b;
};
task(){}
bool operator <(const task& p) const
{
if(ddl!=p.ddl) return (ddl<p.ddl);
else return (point<p.point);
};
};
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int sum;
scanf("%d",&sum);
task *array=new task[sum];
for(int j=0;j<sum;j++)
{
scanf("%d",&array[j].ddl);
}
for(int j=0;j<sum;j++)
{
scanf("%d",&array[j].point);
}
vector<task> v;
priority_queue<int,vector<int>> q;
for(int j=0;j<sum;j++)
{
task t(array[j].ddl,array[j].point);
v.push_back(t);
}
sort(v.begin(),v.end());
int t=v.back().ddl;
int size=v.size()-1;
for(t;t>0;t--)
{
for(;size>=0;)
{
if(v[size].ddl<t) break;
if(v[size].ddl>=t)
{
q.push(v[size].point);
}
size--;
}
if(!q.empty()) q.pop();
}
int ans=0;
while(!q.empty())
{
ans+=q.top();
q.pop();
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
心得体会
这道题不算很难。通过这这道题，我对贪心法更加的熟悉，同时也对贪心的证明有了更加深入的认识。贪心法最重要的一点就是证明其正确性，这一点要牢记。
四个数列 ：
问题描述
题目简述
ZJM 有四个数列 A,B,C,D，每个数列都有 n 个数字。ZJM 从每个数列中各取出一个数，他想知道有多少种方案使得 4 个数的和为 0。
当一个数列中有多个相同的数字的时候，把它们当做不同的数对待。
请你帮帮他吧！
输入/输出格式
输入格式：
第一行：n（代表数列中数字的个数） （1≤n≤4000）
接下来的 n 行中，第 i 行有四个数字，分别表示数列 A,B,C,D 中的第 i 个数字（数字不超过 2 的 28 次方）
输出格式：
输出不同组合的个数。
样例
输入样例：
6
-45 22 42 -16
-41 -27 56 30
-36 53 -37 77
-36 30 -75 -46
26 -38 -10 62
-32 -54 -6 45
输出样例：
5
问题分析
解题思路
由于这个题中有4个数列，所以，暴力遍历的方法肯定是不行的（100%会报T）。
这里用另一种方法考虑：我们先遍历两个数列，将其中的任意两个元素之和存入一个vector中。这样，之后在对另外两个数列遍历的时候，我们只需要在vector中寻找其相反数的个数，并将其加和，即可求出有多少组结果。这里注意，如果这里使用简单的遍历方法的话仍然会报T，因此，为了降低复杂度，我们对vector排序后使用二分法。这里的二分法是两个二分同时进行，找到后两个数组中的相反数在vector中最先出现的位置和最后出现的位置。找到后再运算即可。
参考代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int **array;
array=new int*[4];
vector<int> v;
for(int i=0;i<4;i++)
array[i]=new int[n];
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d %d %d %d",&array[0][i],&array[1][i],&array[2][i],&array[3][i]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
int sum=array[0][i]+array[1][j];
v.push_back(sum);
}
}
sort(v.begin(),v.end());
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
int left1=0;
int right1=v.size()-1;
int left2=0;
int right2=v.size()-1;
int sum=-(array[2][i]+array[3][j]);
int position1=-1;
int position2=-1;
while(right1>=left1||right2>=left2)
{
if(right1>=left1)
{
int mid=(left1+right1)/2;
if(v[mid]==sum)
{
position1=mid;
left1=mid+1;
}
else if(v[mid]>sum)
{
right1=mid-1;
}
else left1=mid+1;
}
if(right2>=left2)
{
int mid=(left2+right2)/2;
if(v[mid]==sum)
{
position2=mid;
right2=mid-1;
}
else if(v[mid]>sum)
{
right2=mid-1;
}
else left2=mid+1;
}
}
if(position1!=-1)
ans+=abs(position1-position2)+1;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
心得体会
这个题我一开始为了图省事，没用vector，而直接使用了map，创建了一个关于部分和与出现次数的映射。然而不幸的是报T了。可见复杂度分析还是非常重要的（为了省事而不练习二分法是做不出来练习题的！！！）。另外，由于oj不支持C++11，我使用unordered_map在提交的时候报了CE。这里我认为，如果可以使用unordered_map的话会更快（O(1)赛高！！！）。
TT 的神秘礼物 ：
问题描述
题目简述
TT 是一位重度爱猫人士，每日沉溺于 B 站上的猫咪频道。
有一天，TT 的好友 ZJM 决定交给 TT 一个难题，如果 TT 能够解决这个难题，ZJM 就会买一只可爱猫咪送给 TT。
任务内容是，给定一个 N 个数的数组 cat[i]，并用这个数组生成一个新数组 ans[i]。新数组定义为对于任意的 i, j 且 i != j，均有 ans[] = abs(cat[i] - cat[j])，1 <= i < j <= N。试求出这个新数组的中位数，中位数即为排序之后 (len+1)/2 位置对应的数字，'/' 为下取整。
TT 非常想得到那只可爱的猫咪，你能帮帮他吗？
输入/输出格式
输入格式：
多组输入，每次输入一个 N，表示有 N 个数，之后输入一个长度为 N 的序列 cat， cat[i] <= 1e9 , 3 <= n <= 1e5
输出格式：
输出新数组 ans 的中位数
样例
输入样例：
4
1 3 2 4
3
1 10 2
输出样例：
1
8
问题分析
解题思路
只要是单调的，都可以二分！这个题也是一样，由于数据规模很大，因此枚举差值后再遍历求中位数一定会报T。解决方法还是通过二分法降低复杂度。使用二分的时候，首先要对输入的数进行排序，这样在相减的时候结果就可以去掉绝对值符号。然后考虑二分方法：中位数是排序后位于数列中间位置的数，要确定一个数是否为中位数，只需要确定：1.该数在数列中的排名。2.该数是否合法，即是否可以由原数列中的两个数相减产生。有了以上思路我们就可以发现，这个答案是一个单调的，可以对其取值进行二分。至于排名的计算，我们需要判断，对一个可能的中位数取值p来说，对于位于不同位置的两个数xi和xj，如果其满足：xj-xi<=p，那么，说明他们产生的数的位置一定位于p之前，因此p的排名增加。由于原数列也被处理成单调的了，因此，也可以使用二分法进行快速查找。另外，判断该数是否合法时也需要二分法降低复杂度。
参考代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
vector<int> v;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int t;
scanf("%d",&t);
v.push_back(t);
}
sort(v.begin(),v.end());
int len=n*(n-1)/2;
int left=0;
int right=v[v.size()-1];
int ans;
while(right>=left)
{
int rank=0;
int rank2=0;
int p=(left+right)/2;
for(int j=1;j<v.size();j++)
{
int lf=0;
int ri=j-1;
int lf2=0;
int ri2=j-1;
int pos=-1;
int pos2=-1;
while(ri>=lf||ri2>=lf2)
{
if(ri>=lf)
{
int md=(lf+ri)/2;
if(v[j]<=p+v[md])
{
pos=md;
ri=md-1;
}
else if(v[j]>p+v[md])
{
lf=md+1;
}
else ;
}
if(ri2>=lf2)
{
int md=(lf2+ri2)/2;
if(v[j]<p+v[md])
{
pos2=md;
ri2=md-1;
}
else if(v[j]>=p+v[md])
{
lf2=md+1;
}
else ;
}
}
if(pos!=-1) rank+=j-pos;
if(pos2!=-1) rank2+=j-pos2;
}
if(rank<(len+1)/2) left=p+1;
else if(rank>=(len+1)/2&&rank2<(len+1)/2)
{
ans=p;
break;
}
else
{
right=p-1;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
心得体会
非常好的一道二分练习题。包含了一个答案二分和两个整数二分。练一道顶三道的题目，本人在做题的时候也是感到了很大的思维量，毕竟初见二分答案，一开始根本不知道怎么靠近二分法。做完之后恍然大悟，所谓的二分答案就是答案具有单调性，可以通过使用二分法降低复杂度。所以，做题的时候仔细观察和思考是很重要的。
另外就是，在做题的过程中WA了4次。这四次的原因基本都是没有判断p是否合法，就没有写第二个整数二分。还是一点，做题之前没有全面的思考问题，以后要注意，不要拿过来题就写，现在已经没有水题可以这样做了。
