奶牛

题目描述 n 只奶牛坐在一排，每个奶牛拥有 a i 个苹果，现在你要在它们之间转移苹果，使得最后所有奶牛拥有的苹果数都相同，每一次，你只能从一只奶牛身上拿走恰好两个苹果到另一个奶牛上，问最少需要移动多少次可以平分苹果，如果方案不存在输出 -1。 输入描述: 每个输入包含一个测试用例。每个测试用例的第一行包含一个整数 n（1 <= n <= 100），接下来的一行包含 n 个整数 a i （1 <= ai <= 100）。 输出描述: 输出一行表示最少需要移动多少次可以平分苹果，如果方案不存在则输出 -1。 示例1 输入 4 7 15 9 5 输出 3 解题思路： （1）首先计算所有奶牛拥有的苹果之和，除以奶牛个数，若无余数，说明是可以平分的，若有余数，返回-1； （2）因为每一次只能从奶牛身上拿走两个苹果，所以需要计算每个奶牛拥有的苹果数减去平均数，看这个差是否为2的倍数，若不是，返回-1；若是，统计所有差大于0（或者小于0）的差之和，然后除以2，则为最小需要移动的次数 7 15 9 5 average=9； -2 6 0 -4 正数之和等于负数之和的绝对值 找到所有为正数的值的和，为6, 6/2=3 代码如下： #include<iostream> #include<vector> using namespace std; int Minimal(vector<int> vec

题目描述 n 只奶牛坐在一排，每个奶牛拥有 ai 个苹果，现在你要在它们之间转移苹果，使得最后所有奶牛拥有的苹果数都相同，每一次，你只能从一只奶牛身上拿走恰好两个苹果到另一个奶牛上，问最少需要移动多少次可以平分苹果，如果方案不存在输出 -1。 输入描述: 每个输入包含一个测试用例。每个测试用例的第一行包含一个整数 n（1 <= n <= 100），接下来的一行包含 n 个整数 ai（1 <= ai <= 100）。 输出描述: 输出一行表示最少需要移动多少次可以平分苹果，如果方案不存在则输出 -1。 示例1 输入 4 7 15 9 5 输出 3 #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; vector<int> nums; int total = 0; while (n--) { int tmp; cin >> tmp; total += tmp; nums.push_back(tmp); } int count = 0; // 不能均分 if (total % nums.size() != 0) { cout << -1 << endl; return 0; } else { int average = total / nums.size(); /

1、下厨房 牛牛想尝试一些新的料理，每个料理需要一些不同的材料，问完成所有的料理需要准备多少种不同的材料。 输入描述: 每个输入包含 1 个测试用例。每个测试用例的第 i 行，表示完成第 i 件料理需要哪些材料，各个材料用空格隔开，输入只包含大写英文字母和空格，输入文件不超过 50 行，每一行不超过 50 个字符。 输出描述: 输出一行一个数字表示完成所有料理需要多少种不同的材料。 输入例子: BUTTER FLOUR HONEY FLOUR EGG 输出例子: 4 读入所有材料，去掉其中重复的即可，可理解为容器的去重问题。stl中容器的排序也支持字符串排序，所以先将vector中的字符串排序，相同的材料名就变成相邻的，去重，容器剩下的大小即为所需不同材料数。 #include <iostream> #include <deque> #include <string> #include <vector> #include <algorithm> #include <stdlib.h> using namespace std; int main() { vector<string> mats; char tmp[50]; while(scanf("%s",tmp)!=EOF) { mats.push_back(tmp); } sort(mats.begin(),mats.end())

题目描述 n 只奶牛坐在一排，每个奶牛拥有 ai 个苹果，现在你要在它们之间转移苹果，使得最后所有奶牛拥有的苹果数都相同，每一次，你只能从一只奶牛身上拿走恰好两个苹果到另一个奶牛上，问最少需要移动多少次可以平分苹果，如果方案不存在输出 -1。 输入描述: 每个输入包含一个测试用例。每个测试用例的第一行包含一个整数 n（1 <= n <= 100），接下来的一行包含 n 个整数 ai（1 <= ai <= 100）。 输出描述: 输出一行表示最少需要移动多少次可以平分苹果，如果方案不存在则输出 -1。 示例1 输入 4 7 15 9 5 输出 3 分析：1、最后所有奶牛得到的苹果相同，所以就是苹果总数除以奶牛数，最后大家都是平均苹果数，如果有余数，就输出-1；2、奶牛间移动苹果是两个移一次，所以当有奶牛的苹果数与平均苹果数的差值不是2的整数倍，那么说明无法移动成功，输出-1，如果差值都是2的整数倍，就计算差值大于0的（也就是大于平均苹果数的）那些差值的和，最后除以2就行。 import java.util.*; public class Main{ public static void main(String[] args){ Scanner sc=new Scanner(System.in); while(sc.hasNext()){ int n=sc.nextInt(); int

和noip2005矩阵取数游戏是几乎相同的题，在洛谷上只有黄题，但是我觉得如果对于只做过基础的区间dp的同学来说，能自己推出这题的状态，那是很厉害的了，状态有点不一样， # include <bits/stdc++.h> using namespace std ; const int N = 2e3 + 5 ; int n ; int a [ N ] , f [ N ] [ N ] ; int main ( ) { scanf ( "%d" , & n ) ; for ( register int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) scanf ( "%d" , & a [ i ] ) ; for ( register int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) f [ i ] [ i ] = a [ i ] * n ; for ( register int l = 2 ; l <= n ; ++ l ) for ( register int i = 1 ; i + l - 1 <= n ; ++ i ) { int j = i + l - 1 ; f [ i ] [ j ] = max ( f [ i + 1 ] [ j ] + a [ i ] * ( n - ( j - i ) ) , f [ i ] [ j - 1 ] + a [ j ] * ( n

description FJ有M个牛棚，编号1至M，刚开始所有牛棚都是空的。FJ有N头牛，编号1至N，这N头牛按照编号从小到大依次排队走进牛棚，每一天只有一头奶牛走进牛棚。第i头奶牛选择走进第p[i]个牛棚。由于奶牛是群体动物，所以每当一头奶牛x进入牛棚y之后，牛棚y里的所有奶牛们都会喊一声“欢迎欢迎，热烈欢迎”，由于声音很大，所以产生噪音，产生噪音的大小等于该牛棚里所有奶牛（包括刚进去的奶牛x在内)的数量。FJ很讨厌噪音，所以FJ决定最多可以使用K次“清空”操作，每次“清空”操作就是选择一个牛棚，把该牛棚里所有奶牛都清理出去，那些奶牛永远消失。“清空”操作只能在噪音产生后执行。现在的问题是：FJ应该选择如何执行“清空”操作，才能使得所有奶牛进入牛棚后所产生的噪音总和最小？ analysis \(DP\) ，考虑预处理辅助数组 \(g[i][j]\) 表示 \(i\) 牛棚分割 \(j\) 次的最小贡献 对于 \(num[j]\) ，当然尽量分割成相等的 \(k+1\) 份，每一份取等差数列和的贡献 就有 \(num[j]\mod(j+1)\) 段值为 \({num[j]\over{j+1}}+1\) ，剩下的段都是 \({num[j]\over{j+1}}\) 再设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个牛棚分割 \(j\) 次的最小值， \(f[i][j]\) 可从 \

题意概括 有 \(n\) 个奶牛, \(s\) 个牛棚,要求每个奶牛只能距离为 \(d\) 或 \(d+1\) , \(d=(n-1)/(s-1)\) ,问奶牛的最小移动距离 先把奶牛的位置排个序经过思考可以发现第一头奶牛在牛棚 \(1\) ,第 \(n\) 头奶牛在牛棚 \(s\) ,奶牛间的距离只能是 \(d\) 或 \(d+1\) ,且题目要求距离尽可能大那距离为 \(d\) 的数量和距离为 \(d+1\) 的数量就可以固定下来了. \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 头奶牛,有 \(j\) 头与上一头的距离为 \(d+1\) 的最小移动距离 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; const int N=1600; int n,s,m,d,p[N]; int f[N][N]; int main(){ // freopen("s.in","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&s); d=(s-1)/(n-1); m=s-d*(n-1); for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&p[i]); sort(p+1,p+n+1); memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[1

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奶牛抗议 DP 树状数组 USACO的题太猛了 容易想到 \(DP\) ，设 \(f[i]\) 表示为在第 \(i\) 位时方案数，转移方程： \[ f[i]=\sum f[j]\;(j< i,sum[i]-sum[j]\ge0) \] \(O(n^2)\) 过不了，考虑优化 移项得： \[ f[i]=\sum f[j]\;(j< i,sum[i]\ge sum[j]) \] 这时候我们发现相当于求在 \(i\) 前面并且前缀和小于 \(sum[i]\) 的所有和，这就可以用一个树状数组优化了，在树状数组维护下标为 \(sum[i]\) ， \(f[i]\) 的前缀和。对于每个 \(f[i]\) 即为树状数组上 \(sum[i]\) 的前缀和。 这里需要注意的是前缀和可能为负，而树状数组下标不能为负，所以我们要离散化一下。 #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define MAXN 100010 #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define MOD 1000000009 int n,sum[MAXN],s; int sum_sort[MAXN+1]; int tre[MAXN+1]; inline void add(int x, int val){ while(x<