蓝桥杯第十讲

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蓝桥杯第十讲

文章目录

• 前言
• 股票买卖 II
• • 题目要求
  • 思路分析
  • 代码
• 货仓选址
• • 题目要求
  • 思路分析
  • 代码
• 糖果传递
• • 题目要求
  • 思路分析
  • 代码
• 雷达设备
• • 题目要求
  • 思路分析
  • 代码

前言

蓝桥杯官网：蓝桥杯大赛——全国大学生TMT行业赛事
✨本博客讲解 蓝桥杯C/C++ 备赛所涉及算法知识，此博客为第十讲：贪心【例题】

本篇博客所包含习题有：
👊股票买卖 II
👊货仓选址
👊糖果传递
👊雷达设备

贪心【习题】见博客：蓝桥杯第十讲–贪心【习题】

博客内容以题代讲，通过讲解题目的做法来帮助读者快速理解算法内容，需要注意：学习算法不能光过脑，更要实践，请读者务必自己敲写一遍本博客相关代码！！！

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股票买卖 II

题目要求

题目描述：

给定一个长度为 N N N 的数组，数组中的第 i i i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

输入格式：

第一行包含整数 N N N，表示数组长度。

第二行包含 N N N 个不大于 10000 10000 10000 的正整数，表示完整的数组。

输出格式：

输出一个整数，表示最大利润。

数据范围：
.
1 ≤ N ≤ 105 1≤N≤105 1≤N≤105

输入样例1：

6
7 1 5 3 6 4

输出样例1：

7

输入样例2：

5
1 2 3 4 5

输出样例2：

4

输入样例3：

5
7 6 4 3 1

输出样例3：

0

样例解释：

样例1：在第 2 2 2 天（股票价格 = 1 = 1 =1）的时候买入，在第 3 3 3 天（股票价格 = 5 = 5 =5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 − 1 = 4 = 5-1 = 4 =5−1=4 。随后，在第 4 4 4 天（股票价格 = 3 = 3 =3）的时候买入，在第 5 5 5 天（股票价格 = 6 = 6 =6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 − 3 = 3 = 6-3 = 3 =6−3=3 。共得利润 4 + 3 = 7 4+3 = 7 4+3=7。

样例2：在第 1 1 1 天（股票价格 = 1 = 1 =1）的时候买入，在第 5 5 5 天 （股票价格 = 5 = 5 =5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 − 1 = 4 = 5-1 = 4 =5−1=4 。注意你不能在第 1 1 1 天和第 2 2 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。

样例3：在这种情况下, 不进行任何交易, 所以最大利润为 0 0 0。

思路分析

贪心思维：两天两天去看，如果明天的价格比今天的高，那么我就在今天买入，在明天卖出。

思维证明：任何一个跨很多天的交易都可以被拆分成很多两天两天的交易。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 100010;int a[N];int main()
{int n;scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);int res = 0;for (int i = 1; i < n; i ++ ) if (a[i + 1] > a[i])res += a[i + 1] - a[i];printf("%d\n", res);return 0;
}

货仓选址

题目要求

题目描述：

在一条数轴上有 N N N 家商店，它们的坐标分别为 A 1 A_1 A1​ ∼ A N A_N AN​。

现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。

为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。

输入格式：

第一行输入整数 N N N。

第二行 N N N 个整数 A 1 A_1 A1​ ∼ A N A_N AN​。

输出格式：

输出一个整数，表示距离之和的最小值。

数据范围：

1 ≤ N ≤ 100000 , 1≤N≤100000, 1≤N≤100000,
0 ≤ A i ≤ 40000 0≤A_i≤40000 0≤Ai​≤40000

输入样例：

4
6 2 9 1

输出样例：

12

思路分析

贪心思路：如果是奇数个商店，那么就让货仓设在最中间的那个商店上，如果是偶数个商店，那么货仓可以设置在最中间的两个商店之间的任意位置。

思维证明：假设商店的坐标为： a [ 0 ] , a [ 1 ] , a [ 2 ] , . . . , a [ n − 1 ] a[0], a[1], a[2],...,a[n-1] a[0],a[1],a[2],...,a[n−1]【已排序】，设货仓的位置设置在 C C C 的位置，那么我们其实求的是： m i n ( ∑ i = 0 n ∣ C − a [ i ] ∣ ) min(\sum_{i=0}^n|C-a[i]|) min(∑i=0n​∣C−a[i]∣)，我们把这个式子进行展开： m i n ( ∣ C − a [ 0 ] ∣ + ∣ C − a [ 2 ] ∣ + . . . + ∣ C − a [ n − 2 ] ∣ + ∣ C − a [ n − 1 ] ∣ ) min(|C-a[0]|+|C-a[2]|+...+|C-a[n-2]|+|C-a[n-1]|) min(∣C−a[0]∣+∣C−a[2]∣+...+∣C−a[n−2]∣+∣C−a[n−1]∣)，利用交换律和结合律 （假设为奇数个）： ( ∣ C − a [ 0 ] ∣ + ∣ C − a [ n − 1 ] ∣ ) m i n + ( ∣ C − a [ 2 ] ∣ + ∣ C − a [ n − 2 ] ∣ ) m i n + . . . + ( ∣ C − a [ 中 ] ∣ ) m i n (|C-a[0]|+|C-a[n-1]|)_{min}+(|C-a[2]|+|C-a[n-2]|)_{min}+...+(|C-a[中]|)_{min} (∣C−a[0]∣+∣C−a[n−1]∣)min​+(∣C−a[2]∣+∣C−a[n−2]∣)min​+...+(∣C−a[中]∣)min​，显然，对于一段区间内，到两个端点距离之和最近的点就是位于两端点内的点，即： [ a [ 0 ] , a [ n − 1 ] ] ∩ [ a [ 1 ] , a [ n − 2 ] ] ∩ . . . ∩ a [ 中 ] [a[0],a[n-1]]∩[a[1],a[n-2]]∩...∩a[中] [a[0],a[n−1]]∩[a[1],a[n−2]]∩...∩a[中]，故对于奇数个点而言，求到所有点距离之和最小的坐标就是对所有端点进行排序后最中间的端点位置。偶数个端点的证明过程类似，这里不再赘述。

因为偶数个商店的最优法为最中间两个商店之间的任何位置均可，不如就设为最中间的两个商店的左商店为货仓，如此可以统一代码。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 100010;int a[N];int main()
{int n;scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);sort(a, a + n);int res = 0;for (int i = 0; i < n; i ++ ) res += abs(a[i] - a[n / 2]);printf("%d\n", res);return 0;
}

糖果传递

题目要求

题目描述：

有 n n n 个小朋友坐成一圈，每人有 a [ i ] a[i] a[i] 个糖果。

每人只能给左右两人传递糖果。

每人每次传递一个糖果代价为 1 1 1。

求使所有人获得均等糖果的最小代价。

输入格式：

第一行输入一个正整数 n n n，表示小朋友的个数。

接下来 n n n 行，每行一个整数 a [ i ] a[i] a[i]，表示第 i i i 个小朋友初始得到的糖果的颗数。

输出格式：

输出一个整数，表示最小代价。

数据范围：

1 ≤ n ≤ 1000000 , 1≤n≤1000000, 1≤n≤1000000,
0 ≤ a [ i ] ≤ 2 × 1 0 9 , 0≤a[i]≤2×10^9, 0≤a[i]≤2×109,
数据保证一定有解。

输入样例：

4
1
2
5
4

输出样例：

4

思路分析

x i x_i xi​ 表示第 i i i 个孩子给了第 i − 1 i-1 i−1 个孩子多少个糖果
特殊的 x 1 x_1 x1​ 表示第 1 1 1 个孩子给了第 n n n 个孩子多少个糖果
x i > 0 x_i>0 xi​>0 表示第 i i i 个孩子给第 i − 1 i-1 i−1 个孩子, x i < 0 x_i<0 xi​<0 表示第 i − 1 i-1 i−1 给第 i i i 个孩子
平均值设为 a v g avg avg
求: m i n ( ∣ x 1 ∣ + ∣ x 2 ∣ + . . . + ∣ x n ∣ ) min(|x1|+|x2|+...+|xn|) min(∣x1∣+∣x2∣+...+∣xn∣)

那么根据题意有递归式：
a 1 − x 1 + x 2 = a v g a1 - x1 + x2 = avg a1−x1+x2=avg
a 2 − x 2 + x 3 = a v g a2 - x2 + x3 = avg a2−x2+x3=avg
. . . ... ...
a n − 1 − x n − 1 + x n = a v g an-1 - xn-1 + xn = avg an−1−xn−1+xn=avg
a n − x n + x 1 = a v g an - xn + x1 = avg an−xn+x1=avg

上式变形：
x 1 − x 2 = a 1 − a v g x1 - x2 = a1 - avg x1−x2=a1−avg
x 2 − x 3 = a 2 − a v g x2 - x3 = a2 - avg x2−x3=a2−avg
. . . ... ...
x n − 1 − x n = a n − 1 − a v g xn-1 - xn = an-1 - avg xn−1−xn=an−1−avg
x n − x 1 = a n − a v g xn - x1 = an - avg xn−x1=an−avg

继续变形：
x n = x 1 + a n − a v g xn = x1 + an - avg xn=x1+an−avg
x n − 1 = x 1 + a n + a n − 1 − 2 ∗ a v g xn-1 = x1 + an + an-1 - 2*avg xn−1=x1+an+an−1−2∗avg
. . . ... ...
x 2 = x 1 + a n + a n − 1 + . . . + a 2 − ( n − 1 ) ∗ a v g x2 = x1 + an + an-1 + ... + a2 - (n-1)*avg x2=x1+an+an−1+...+a2−(n−1)∗avg
x 1 = x 1 + 0 x1 = x1 + 0 x1=x1+0

化简：
令 c n = − ( a n − a v g ) cn = -(an - avg) cn=−(an−avg)
令 c n − 1 = − ( a n + a n − 1 − 2 ∗ a v g ) cn-1 = -(an + an-1 - 2*avg) cn−1=−(an+an−1−2∗avg),则有:
x n = x 1 − c n xn = x1 - cn xn=x1−cn
x n − 1 = x 1 − c n − 1 xn-1 = x1 - cn-1 xn−1=x1−cn−1
. . . ... ...
x 2 = x 1 − c 2 x2 = x1 - c2 x2=x1−c2
x 1 = x 1 − c 1 , c 1 = 0 x1 = x1 - c1, c1=0 x1=x1−c1,c1=0

则本题又变成了求: m i n ( ∣ x 1 − c 1 ∣ + ∣ x 1 − c 2 ∣ + . . . + ∣ x 1 − c n ∣ ) min(|x1-c1|+|x1-c2|+...+|x1-cn|) min(∣x1−c1∣+∣x1−c2∣+...+∣x1−cn∣)
其中 c i = c i + 1 − a i + a v g , c 1 = 0 ci = ci+1 - ai + avg, c1=0 ci=ci+1−ai+avg,c1=0

就变得和上题一样了，我们只需要处理好 c c c 之后按照上题所述即可。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1000010;int a[N];
int c[N];int main()
{int n;scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);LL sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) sum += a[i];int avg = sum / n;c[1] = 0;for (int i = n; i > 1; i -- ) c[i] = c[i + 1] - a[i] + avg;sort(c + 1, c + n + 1);LL res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res += abs(c[i] - c[(i + 1) / 2]);printf("%lld\n", res);return 0;
}

雷达设备

题目要求

题目描述：

假设海岸是一条无限长的直线，陆地位于海岸的一侧，海洋位于另外一侧。

每个小岛都位于海洋一侧的某个点上。

雷达装置均位于海岸线上，且雷达的监测范围为 d d d，当小岛与某雷达的距离不超过 d d d 时，该小岛可以被雷达覆盖。

我们使用笛卡尔坐标系，定义海岸线为 x x x 轴，海的一侧在 x x x 轴上方，陆地一侧在 x x x 轴下方。

现在给出每个小岛的具体坐标以及雷达的检测范围，请你求出能够使所有小岛都被雷达覆盖所需的最小雷达数目。

输入格式：

第一行输入两个整数 n n n 和 d d d，分别代表小岛数目和雷达检测范围。

接下来 n n n 行，每行输入两个整数，分别代表小岛的 x x x， y y y 轴坐标。

同一行数据之间用空格隔开。

输出格式：

输出一个整数，代表所需的最小雷达数目，若没有解决方案则所需数目输出 − 1 −1 −1。

数据范围：

1 ≤ n ≤ 1000 , 1≤n≤1000, 1≤n≤1000,
− 1000 ≤ x , y ≤ 1000 −1000≤x,y≤1000 −1000≤x,y≤1000

输入样例：

3 2
1 2
-3 1
2 1

输出样例：

2

思路分析

这个题可以转换成一个区间问题，我们如果去枚举雷达然后判断是否有小岛在雷达范围内是十分复杂的，所以我们可以反过来去思考：我们根据每一个小岛的位置去计算雷达可以处在的位置，根据勾股定理可以知道，每个小岛所对应的雷达可放置的区域是一个区间，那么我们要让雷达数目最小，就是对这些区间进行处理，先对区间按照右端点进行排序，对于每一个区间，我们都选择其右端点的位置作为雷达的放置点，这样就可以让每个雷达保证跨越更大的范围。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>using namespace std;const int N = 1010;struct Segment
{double l, r;bool operator < (const Segment t) const{return r < t.r;}
}seg[N];int main()
{int n, d;cin >> n >> d;bool flag = false;for (int i = 0; i < n; i ++ ){int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);if (d < y) flag = true;else{double len = sqrt(d * d - y * y);seg[i] = {x - len, x + len};  }}if (flag) puts("-1");else{sort(seg, seg + n);double st = -1e9;int cnt = 0;for (int i = 0; i < n; i ++ )if (seg[i].l > st){cnt ++;st = seg[i].r;}printf("%d\n", cnt);}return 0;
}

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