给一个字符串s和两个数字a和b。s由‘0’,‘1’和‘?’组成,要求将s中的‘?’替换成‘1’或者‘0’,同时要求s中的‘0’的个数严格等于a,s中国‘1’的个数严格等于b,请问是否存在这样的回文串s,如果存在就输出处理好的回文串s,不存在就输出-1。
双指针两头遍历,然后判断是不是回文串已经a和b是否用完。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int t, n, k, a, b, l; cin>>t;
while(t--){
cin>>a>>b;
string str; cin>>str;
n = a+b;
for(int i=0; i<n; i++){
//如果两边都是'?'就不变
//如果一边是'?'就变成另一边的字符
//这样字符串中就没有不对称的'?'了
if(str[i]=='?')str[i] = str[n-i-1];
}
//对a和b减去字符串中已有的'0'和'1'的个数
a -= count(str.begin(), str.end(), '0');
b -= count(str.begin(), str.end(), '1');
for(int i=0; i<=n/2; i++){
//如果有对称的'?'就用剩有多于1个的'0'或者'1'来代替
if(i!=n-i-1 && str[i]=='?'){
if(a>1)str[i]=str[n-i-1]='0', a-=2;
else if(b>1)str[i]=str[n-i-1]='1', b-=2;
}
//如果是奇数长度,那么正中间如果是'?',就用剩的'0'或者'1'来代替
else if(str[i]=='?'){
if(a)str[i]='0',a--;
else str[i]='1',b--;
}
}
string vec=str;
//检验是否是回文串
reverse(vec.begin(), vec.end());
//检验a和b是否恰好用完
if(vec==str && a==0 && b==0)cout<<str<<'\n';
else cout<<"-1"<<endl;
}
}
给四个数n,l,r和s。n表示有一个正整数序列从1到n,问这个序列(无序的)中的下标闭区间[l,r]的值的和能不能等于s。如果存在这样的闭区间满足就输出这个序列,没有就输出-1。
考虑1到n这样一个数集,找一个大小为r-l+1的子集使得子集元素和为s,设len=r-l+1,可以抽象为有len个箱子,往里面一共放入s个小球且每个箱子放的小球数不一样。假设第i个箱子放i个小球,那么一共可以放k = len*(len+1)/2个小球。根据抽屉原理,这时第i个箱子最少要放(s-k)/len+i个小球,同时如果(s-k)%len!=0,那么需要在后面的箱子里面补小球(不在前面补是避免后面的箱子和前面的箱子小球数相同)。这时需要补m=(s-k)%len个小球,就在len-m+1的位置开始补。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
int tt,n,l,r,s;
int vis[N];
int main()
{
scanf("%d",&tt);
while(tt--)
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&l,&r,&s);
memset(vis,0,sizeof vis);
int len = r-l+1,x = len*(len+1)/2;
if(s<len*(len+1)/2||s>(n+n-len+1)*len/2) cout<<-1<<endl;
else
{
int k = s-x;
for(int i=1;i<=len;i++)
{
//抽屉原理
int h = k/len+i;
//补小球
if(k%len&&k%len>len-i) h++;
vis[h] = 1;
}
int t = 1,f = 1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i<l||i>r)
{
while(f<=n&&vis[f]==1) f++;
printf("%d ",f++);
}
else
{
while(t<=n&&vis[t]==0) t++;
printf("%d ",t++);
}
}
puts("");
}
}
return 0;
}
给两个数n和c,两个数组a[n],b[n-1]。c表示电脑的价格,a[i]表示在第i个职位一天可以赚多少钱,b[i]表示想要去第i+1个职位需要花的用来学习的钱。求最少多少天可以攒够c块钱去买电脑。
模拟+暴力。从第1个职位开始遍历,用rem存手上剩下的钱,p存天数,ans存答案。在第i个职位先判断钱够不够买电脑,如果够的话算一下ans=min(ans,p),如果不够的话假如我不学习,之后一直在这个职位需要多少天才能买到电脑,也就是ans = min(ans,p+(c-rem)/a[i]+((c-rem)%a[i]!=0))。如果已经到了第n个职位就可以退出循环了,因为这里上面一直在这个职位这一步处理了。接下来模拟,如果剩的钱大于学习开销,就学习然后去下一个职位,如果不够就计算需要打工多少天才够,也就是p += (b[i]-rem)/a[i]+((b[i]-rem)%a[i]!=0),然后再更新剩的钱。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200010;
LL ans,t,p,rem,a[N],b[N],n,c;
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>c;
p = -1,rem = 0,ans = 1e9+10;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d",b+i);
int k = 1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p++;
if(c<=rem) ans = min(ans,p);
else ans = min(ans,p+(c-rem)/a[i]+((c-rem)%a[i]!=0));
if(i==n) break;
if(rem>=b[i])
{
rem-=b[i];
continue;
}
p += (b[i]-rem)/a[i]+((b[i]-rem)%a[i]!=0);
if((b[i]-rem)%a[i]!=0) rem = a[i]-(b[i]-rem)%a[i];
else rem = 0;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
给一个数c,使数n满足n所有因数的和等于c,问这样的n最小是多少。
打表。类似于筛质数,开一个数组yz[],将每个数的对应倍数位置加上这个数,等循环到这个位置的时候恰好它存的数就是这个位置所有因数的和,然后用ans[]数组来把下标为因数和的位置存为这个数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7;
int t, n, yz[N], ans[N];
int main() {
for(int i=1; i<=N; ++i) {
for(int j=i; j<=N; j+=i)
yz[j]+=i;
if(yz[i]<=N&&!ans[yz[i]])
ans[yz[i]]=i;
} cin>>t;
while(t--) {
cin>>n;
cout<<(ans[n]==0?-1:ans[n])<<endl;
} return 0;
}
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