标签：JLU p2 p1 上机 10 int 汉字 Limit 数据结构
JLU数据结构第二次上机实验
数列查询
Code Size Limit 16 KB
Time Limit 10 ms
Memory Limit 1 MB
题目描述
已知数列的通项公式为:
f(n) = f(n-1)*11/10，f[1]=10.
通项从左向右计算，*和/分别表示整数乘法和除法。 现在，要多次查询数列项的值。
输入格式
第1行，1个整数q，表示查询的次数， 1≤q≤10000. 第2至q+1行，每行1个整数i，表示要查询f(i)的值。
输出格式
q行，每行1个整数，表示f(i)的值。查询的值都在32位整数范围内。
输入样例
在这里给出一组输入。例如：
3
1
2
3
输出样例
在这里给出一组输出。例如：
10
11
12
思路
因为要查询多次，如果每次都重新计算非常耗时。可以先计算出第1项到第max项并记录下来，max设置为多少合适呢，当然是输入中最大的那个项数。
代码
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int N;
scanf("%d",&N);
int ai[N];
int Max=0;
for(int i=0;i<N;i++){
scanf("%d",&ai[i]);
if(ai[i]>Max)Max=ai[i];
}
int a[Max];
a[0]=10;
for(int i=0;i<Max;i++){
a[i+1]=a[i]+a[i]/10;
}
for(int i=0;i<N;i++){
printf("%d\n",a[ai[i]-1]);
}
//f(n) = f(n-1)*11/10，f[1]=10;
return 0;
}
稀疏矩阵之和
Code Size Limit 16 KB
Time Limit 100 ms
Memory Limit 10 MB
题目描述
矩阵A和B都是稀疏矩阵。请计算矩阵的和A+B.如果A、B不能做和，输出“Illegal！”
输入格式
矩阵的输入采用三元组表示，先A后B。对每个矩阵：
第1行，3个整数N、M、t，用空格分隔，分别表示矩阵的行数、列数和非0数据项数，10≤N、M≤50000，t≤min(N,M).
第2至t+1行，每行3个整数r、c、v，用空格分隔，表示矩阵r行c列的位置是非0数据项v, v在32位有符号整型范围内。三元组默认按行列排序。
输出格式
矩阵A+B，采用三元组表示，默认按行列排序，非零项也在32位有符号整型范围内。
输入样例
10 10 3
2 2 2
5 5 5
10 10 20
10 10 2
2 2 1
6 6 6
输出样例
10 10 4
2 2 3
5 5 5
6 6 6
10 10 20
思路
这题思路上没什么特别复杂的。也不列代码了（原来做这题的时候刚学 类，然后就想着用类封装矩阵，结果搞得很复杂，虽然还是通过了，但大家不要学习。）
复习一下三元组（参考此题题目）。适用于稀疏矩阵，只记录矩阵中有值的元素Aij，Aij的行数i，列数j和它的大小构成一个三元组（i，j，v）。一个矩阵就是一个顺序表，储存很多这样的三元组，记录了矩阵中所有有值的元素。
文字编辑
Code Size Limit 16 KB
Time Limit 1000 ms
Memory Limit 2 MB
题目描述
一篇文章由n个汉字构成，汉字从前到后依次编号为1，2，……，n。 有四种操作：
A i j表示把编号为i的汉字移动编号为j的汉字之前；
B i j表示把编号为i的汉字移动编号为j的汉字之后；
Q 0 i为询问编号为i的汉字之前的汉字的编号；
Q 1 i为询问编号为i的汉字之后的汉字的编号。
规定：1号汉字之前是n号汉字，n号汉字之后是1号汉字。
输入格式
第1行，1个整数T，表示有T组测试数据， 1≤T≤9999.
随后的每一组测试数据中，第1行两个整数n和m，用空格分隔，分别代表汉字数和操作数，2≤n≤9999，1≤m≤9999；第2至m+1行，每行包含3个常量s、i和j，用空格分隔，s代表操作的类型，若s为A或B，则i和j表示汉字的编号，若s为Q，i代表0或1，j代表汉字的编号。
输出格式
若干行，每行1个整数，对应每个询问的结果汉字编号。
输入样例
在这里给出一组输入。例如：
1
9999 4
B 1 2
A 3 9999
Q 1 1
Q 0 3
输出样例
在这里给出一组输出。例如：
4
9998
思路
双向链表。
这道题加深了我对链表的理解：增删改只需改变指针的指向，无需移动数据本身。如果数据按编号顺序存放于数组（数据放在a[i]位置相当于编号为 i ），在一系列增删改的操作后，查询的方式依然不变，通过编号查询到的数据依然是原来的数据，这使查询的代价保持在O（1）。
代码
#include<iostream>
#include<stack>
#include<string.h>
using namespace std;
static int begin=0;
struct data{
data*last;
data*next;
};
void doOperate(data*a){
char opk;
int i,j;
scanf(" %c %d %d",&opk,&i,&j);
data*p1,*p2;
if(opk=='A'){//i到j前
p1=a[i].last;
p2=a[i].next;
p1->next=p2;
p2->last=p1;
p1=a[j].last;
p2=&a[j];
p1->next=&a[i];
a[i].last=p1;
p2->last=&a[i];
a[i].next=p2;
}else if(opk=='B'){
p1=a[i].last;
p2=a[i].next;
p1->next=p2;
p2->last=p1;
p1=&a[j];
p2=a[j].next;
p1->next=&a[i];
a[i].last=p1;
p2->last=&a[i];
a[i].next=p2;
}else if(opk=='Q'){
if(::begin){
printf("\n");
}else ::begin=1;
if(i==0){
printf("%d",a[j].last-a);
}else if(i==1){
printf("%d",a[j].next-a);
}
}
return;
}
void doTest(){
int nw,nop;
scanf(" %d %d",&nw,&nop);
data ad[nw+1];
for(int i=1;i<=nw;i++){
if(i!=1)ad[i].last=&ad[i-1];
else ad[i].last=&ad[nw];
if(i!=nw)ad[i].next=&ad[i+1];
else ad[i].next=&ad[1];
}
for(int i=0;i<nop;i++){
doOperate(ad);
}
return;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
for(int i=0;i<T;i++){
doTest();
}
return 0;
}
幸福指数
Code Size Limit 16 KB
Time Limit 100 ms
Memory Limit 64 MB
题目描述
人生中哪段时间最幸福?幸福指数可能会帮你发现。幸福指数要求：对自己每天的生活赋予一个幸福值，幸福值越大表示越幸福。一段时间的幸福指数就是：这段时间的幸福值的和乘以这段时间的幸福值的最小值。幸福指数最大的那段时间，可能就是人生中最幸福的时光。
输入格式
第1行，1个整数n，， 1≤n≤100000,表示要考察的天数。
第2行，n个整数Hi，用空格分隔，Hi表示第i天的幸福值，0≤n≤1000000。
输出格式
第1行，1个整数，表示最大幸福指数。
第2行，2个整数l和r，用空格分隔，表示最大幸福指数对应的区间[l,r]。如果有多个这样的区间，输出最长最左区间。
输入样例
在这里给出一组输入。例如：
7
6 4 5 1 4 5 6
输出样例
在这里给出一组输出。例如：
60
1 3
思路
单调递增栈。
思考铺垫：这道题可以类比求最大矩形面积，第 i 天（幸福值为hi）相当于高和宽都为hi的矩形。将所有的矩形按天数顺序排成一行，形成一个一维坐标轴，每个矩形的左右边界都对应坐标轴上一点。将第 i 天幸福值 hi 视为目标区间中最小的幸福值，向两边分别找到比 i 还矮的矩形，这个位置就是边界，两端边界的距离*hi就是关于 i 的最大矩形。
正式做法：维护一个单调递增栈，依次读入幸福值 hi ，如果hi>top，就入栈，而且这相当于原来top的右边界拓展了；如果hi<top，就让top出栈，继续比较，直到hi>top，并入栈，这个操作相当于把 i 的左边界向左移动，并挤出所有比它高的元素。每有一个元素出栈（当然是拓展后的），就计算它出栈时（当然，让他出栈的元素是他的最终右边界）的面积，这个面积就是最大面积的候选人。最后的最后，让0入栈，以清空栈表。这样一来，所有元素的左右最大边界都在O（n）的时间得到最充分的考虑。
附图：
代码
#include<iostream>
#include<stack>
using namespace std;
struct oneday{
long long int xfront=0;//向前延申最小坐标
int ifront=0;//向前延申最小天数
int i;//第i天
long long int x;//横坐标
long long int n;//幸福值
};
int main(){
long long int M=0,M0;
int i0,i1;
int N;
scanf("%d",&N);
stack<oneday>a;
int n=0;
oneday x;
for(int k=0;k<=N;k++){
if(k!=N)scanf("%d",&n);
else n=-1;
x.n=n;x.ifront=x.i=k+1;
if(a.size()){
x.xfront=x.x=a.top().x+a.top().n;
if(x.n>a.top().n){
a.push(x);
}else{
long long int xfront,ifront;
while(a.size()&&x.n<=a.top().n){
M0=a.top().n*(x.x-a.top().xfront);
if(M0>M){
M=M0;
i0=a.top().ifront;
i1=x.i-1;
}else if(M0==M){
if(x.i-1-a.top().ifront>i1-i0){
M=M0;
i0=a.top().ifront;
i1=x.i-1;
}
}
xfront=a.top().xfront;
ifront=a.top().ifront;
a.pop();
}
x.xfront=xfront;
x.ifront=ifront;
a.push(x);
}
}else{
x.xfront=x.x=0;
a.push(x);
}
}
printf("%lld\n%d %d",M,i0,i1);
return 0;
}
标签：JLU,p2,p1,上机,10,int,汉字,Limit,数据结构 来源： https://www.cnblogs.com/huangyxblog/p/14862331.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。