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给出一列数字,需要你添加任意多个逗号将其拆成若干个严格递增的数。如果有多组解,则输出使得最后一个数最小的同时,字典序最大的解(即先要满足最后一个数最小;如果有多组解,则使得第一个数尽量大;如果仍有多组解,则使得第二个数尽量大,依次类推……)。
共一行,为初始的数字。
共一行,为拆分之后的数列。每个数之间用逗号分隔。行尾无逗号。
[1]
3456 [2] 3546 [3] 3526 [4] 0001 [5] 100000101
[1]
3,4,5,6 [2] 35,46 [3] 3,5,26 [4] 0001 [5] 100,000101
上面的样例是分开的!!因为懒,所以不想分开写。
对于10%的数据,输入长度<=5
对于30%的数据,输入长度<=15 对于50%的数据,输入长度<=50 对于100%的数据,输入长度<=500研究表明这道题用一个DP似乎是写不出来的。
因为题目说首先保证最后的数尽量小,所以要先把最后一个数的最小值DP出来。设f[i]表示把第i个数之前的数分开,最后一个数的开始的下标。
很代码:
for(int i=1;i<=n;i++) { f[i]=1; for(int j=i;j>=1;j--) if(pd(j,i,f[j-1],j-1)==1) { f[i]=max(f[i],j); break; } }
pd那个函数是判断j~i组成的数是否比f[j-1],j-1之间的数大。
之所以j要从后往前枚举,是为了保证让它递增的尽量慢一些,这样才能保证最后一个数尽量小。搞♂完以后,就是让第一个数以及后面的数尽量大啦!
为了让第一个数尽量大,那么就从后往前DP。 设f2[i]表示把i~n之间的数分开,最前面的数的结尾下标。 状态转移方程:注意一下边界,f2[f[n]]=n
还有注意处理它前面的0(不然会GG)f2[f[n]]=n; for(int i=f[n]-1;i&&a[i]==0;i--) f2[i]=n,cnt++; for(int i=f[n]-1-cnt;i>=1;i--) { f2[i]=i; for(int j=f[n]-1;j>=i;j--) { if(pd(i,j,j+1,f2[j+1])==0) { f2[i]=max(f2[i],j); break; } } }
这里的j也是从后往前枚举的。
是为了让它递减的慢一点,这样可以保证前面的数尽量大。#includeusing namespace std;#define maxn 505char a1[maxn];int a[maxn],cnt;int f[maxn],n,f2[maxn];int pd(int l1,int r1,int l2,int r2){ while(a[l1]==0 && l1 < r1) l1++; while(a[l2]==0 && l2 < r2) l2++; if(r1-l1!=r2-l2) return r1-l1 > r2-l2; int To=r1-l1; for(int i=0;i<=To;i++) if(a[l1+i]!=a[l2+i]) return a[l1+i] > a[l2+i]; return -1;}inline void print(int l,int r){ for(int i=l;i<=r;i++) printf("%d",a[i]);}int main(){ scanf("%s",a1+1); n=strlen(a1+1); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=a1[i]-'0'; for(int i=1;i<=n;i++) { f[i]=1; for(int j=i;j>=1;j--) if(pd(j,i,f[j-1],j-1)==1) { f[i]=max(f[i],j); break; } } f2[f[n]]=n; for(int i=f[n]-1;i&&a[i]==0;i--) f2[i]=n,cnt++; for(int i=f[n]-1-cnt;i>=1;i--) { f2[i]=i; for(int j=f[n]-1;j>=i;j--) { if(pd(i,j,j+1,f2[j+1])==0) { f2[i]=max(f2[i],j); break; } } } int pos=1,flag=1; while(pos<=n) { if(flag==1) flag=0; else printf(","); print(pos,f2[pos]); pos=f2[pos]+1; } return 0;}
注意那个pd函数,之所以不开bool是因为排除两个数相等的尴尬情况 因为题目要求是严格递增的。所以第二个dp如果直接用的话 a<=b 的情况的就会直接转移了,从而得出错误的答案
222222
output
2,22,222
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