标签：单点 美丽 ble 输出 string 数列 int play seq
给定n个整数常数c[1], c[2], ..., c[n]和一个整数k。现在需要给2k个整数变量x[1], x[2], ..., x[k], y[1], y[2], ..., y[k]赋值，满足
（1）对于所有1 ≤ i ≤ k，都有x[i] ≤ y[i]。
（2）对于所有1 ≤ i ≤ n，都存在至少一个j (1 ≤ j ≤ k)，使得x[j] ≤ c[i] ≤ y[j]。
求出S=(y[1] + y[2] + ... + y[k]) - (x[1] + x[2] + ... + x[k])的最小值。
第一行两个整数n, k。(1 ≤ n, k ≤ 100000)
接下来n行，每行一个整数c[i]。 (-1000000000 ≤ c[i] ≤ 1000000000)
输出一个整数表示S的最小值。
x[1]=-5, y[1]=4,
x[2]=10, y[2]=10.
5 2
-5
0
10
4
0
9
首先，如果k≥n则可以零距离夹住每个c，此时答案为0。
当k<n时，只需将n个数字从小到大排序，去掉其中最长的k-1个间隔即可。
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<stdlib.h> long long c[100005], d[100005]; int cmp(const void * x, const void * y) { return *((long long *) x) > *((long long *) y); } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("input.txt", "r", stdin); #endif int n, k; scanf("%d%d", &n, &k); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%lld", &c[i]); } if (k >= n) { printf("0\n"); return 0; } qsort(c, n, sizeof(long long), cmp); for (int i = 0; i < n - 1; i++) { d[i] = c[i + 1] - c[i]; } qsort(d, n - 1, sizeof(long long), cmp); long long ans = c[n - 1] - c[0]; for (int i = 1, j = n - 2; i < k; i++, j--) { ans -= d[j]; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
对于一个正整数列a[1], ... , a[n] (n ≥ 3)，如果对于所有2 ≤ i ≤ n - 1，都有a[i-1] + a[i+1] ≥ 2 × a[i]，则称这个数列是美丽的。
现在有一个正整数列b[1], ..., b[n]，请计算：将b数列均匀随机打乱之后，得到的数列是美丽的概率P。
你只需要输出（P × (n!)）mod 1000000007即可。（显然P × (n!)一定是个整数）
第一行一个整数n。 (3 ≤ n ≤ 60)
接下来n行，每行一个整数b[i]。 (1 ≤ b[i] ≤ 1000000000)
输出（P × (n!)）mod 1000000007。
4
1
2
1
3
8
满足美丽性质的序列形状为V字形，即先递减后递增，单调序列可以理解为左边或右边长度为0的V字形。
V字形最低点的数字一定是数列中最小的数字，把数列按从小到大的顺序依次添加到两端，只要保证每次添加时和该端最边上的两个数字满足美丽性质，即可实现美丽数列的构造。
首先按从小到大的顺序排序
令dp[i][j][k][l]为当前的数列最左边的两个的下标分别为ij，最右边的两个数字的下标分别为kl时的美丽数列个数。若i=j，表示右边没有了；若k=l，表示左边没有了。
可以通过一个四重循环ijkl实现状态转移，第一重表示当前要添加下标为i的数字，显然，此时数列最左端或最右端的数字中一定有一个编号为i-1，用三重循环jkl枚举另外三个数字。i-1在左边或右边分两种情况，每种情况下各自可能将i添加到左边或右边，一共四次判断，复杂度为O(n^4)。
再想一想的话，其实在循环i时，两端的四个数字里除了必定有一个i-1之外，i-2肯定也在其中，所以其实只用枚举另外两个数字就行了，这种情况下要写八次判断，复杂度为O(n^3)，应该也是可以的，不过没有试。
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<stdlib.h> int n; long long dp[65][65][65][65], a[130]; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("input.txt", "r", stdin); #endif scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%lld", &a[i]); } for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = i + 1; j < n; j++) { if (a[i] > a[j]) { long long t = a[i]; a[i] = a[j]; a[j] = t; } } } int cnt = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { if (a[i] == a[0]) { cnt++; } } for (int i = 1; i < n; i++) { a[i] = a[i + cnt - 1]; } n = n - cnt + 1; memset(dp, 0, sizeof(dp)); dp[0][0][0][0] = dp[0][1][0][1] = dp[1][0][1][0] = 1; for (int i = 2; i < n; i++) { for (int j = 0; j < i; j++) { for (int k = 0; k < i; k++) { for (int l = 0; l < i; l++) { //dp[i-1,j,k,l] if (i - 1 != j && k != l) { if ((long long)(a[i] + a[j]) >= (long long)(2 * a[i - 1])) { dp[i][i - 1][k][l] += dp[i - 1][j][k][l]; dp[i][i - 1][k][l] %= 1000000007; } if ((long long)(a[k] + a[i]) >= (long long)(2 * a[l])) { dp[i - 1][j][l][i] += dp[i - 1][j][k][l]; dp[i - 1][j][l][i] %= 1000000007; } } //dp[j,k,l,i-1] if (j != k && l != i - 1) { if ((long long)(a[i] + a[k]) >= (long long)(2 * a[j])) { dp[i][j][l][i - 1] += dp[j][k][l][i - 1]; dp[i][j][l][i - 1] %= 1000000007; } if ((long long)(a[l] + a[i]) >= (long long)(2 * a[i - 1])) { dp[j][k][i - 1][i] += dp[j][k][l][i - 1]; dp[j][k][i - 1][i] %= 1000000007; } } } } } } long long ans = 0; if (n > 1) { for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { for (int k = 0; k < n; k++) { ans += dp[n - 1][i][j][k]; ans += dp[i][j][k][n - 1]; ans %= 1000000007; } } } } else { ans = 1; } for (int i = 1; i <= cnt; i++) { ans = (ans * i) % 1000000007; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
标签：单点 美丽 ble 输出 string 数列 int play seq
原文地址：http://www.cnblogs.com/dramstadt/p/7688199.html
