有前綴和, 前綴GCD, 前綴奇數個數, 前綴偶數個數, 前綴差, 等等, 都要根據自己的思想來去解決!!!，前綴思想真的還是挺考人的, 如果想不到的話.....記住 : 一般涉及到區間的什么值時, 就要用前綴思想.
HDU --- 4223
思路 : 目的是找一個子串, 其和的絕對值最小. 其實不用前綴思想也好寫出來, 但是我一下就想了下前綴, 因為
子串還是一個區間賽. 所以求一個前綴和, 并排序, 然后一個一個相減, 這樣的差值就是某一個子串的最小值.
因為是排好序了的, 所以要最小一定是在某一個前綴和差值里, 然后加上一個絕對值就是了.
總之 ： 看到區間就要聯想的前綴思想.
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=1e3+5;
int cas=1;
int ans[maxn];
int a[maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n;
memset(ans,0,sizeof(ans));
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans[i]=ans[i-1]+a[i];
sort(ans,ans+n+1);
for(int i=0;i<=n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
int res=ans[1]-ans[0];
for(int i=1;i<=n;i++){
if(abs(ans[i]-ans[i-1])<res)
res = abs(ans[i]-ans[i-1]);
}
printf("Case %d: ",cas++);
printf("%d\n",res);
}
}
/*題目描述 : 給你n個數(n < 1e5)， 問不能拼出的最小數是多少(從 1 開始算), 比如 ： 1,2,3,4,5 不能拼出最小
的數為16 . 1,2,4,5 不能拼出的最小數為13. 2,3,4,5不能拼出的數為 1 .
輸入的n有多組數據, 每一個數<1e9.*/
// 思路 ： 前綴和思想. 如果后面的數字如果大于前綴和+1 說明他和區間沒有交集 前綴和+1 這個數字就達不到 就不連續了, 就輸出此時的前綴和+1.
//代碼如下 :
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[maxn];
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a,a+n); //記得排序哦.
int ans = 0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(a[i] > ans + 1) //如上面所說. 主要原因是連續的數之間是有一定的聯系的.
break;
ans += a[i];
}
printf("%d\n",ans+1);
}
}
HDU --- 6025
思想 ： 因為是要刪除其中一個數, 然后是總Gcd最大, 一個個刪肯定會T, 所以刪除一個, 相當于求前一個區間和后一個區間的GCD,
所以我們想到用求前綴GCD和后綴GCD的方法， 這樣我們只需要掃一遍就可以求出來最后答案.
AC Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
const int inf=1e9;
int qian[maxn],hou[maxn];
int a[maxn];
int main() //思路求前綴和后綴GCD這樣刪數的復雜度是n.
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
CLR(qian);
CLR(hou);
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
qian[1]=a[1];
hou[1]=a[n];
for(int i=2;i<=n;i++){
qian[i]=__gcd(qian[i-1],a[i]);
}
for(int i=2;i<=n;i++){
hou[i]=__gcd(hou[i-1],a[n-i+1]);
}
int maxx=max(qian[n-1],hou[n-1]);
for(int i=2;i<=n-1;i++){
int m=__gcd(qian[i-1],hou[n-i]);
if(m>maxx)
maxx=m;
}
printf("%d\n",maxx);
}
}
SHU 1952 題目 ：(維護前綴和)
Description
已知一個長度為N的數列A[1..N]。
現在給出Q次查詢，每次查詢一個區間[L, R]。
對于每一個區間，求使得(A[i] + A[j])為奇數的(i, j)的對數 (L <= i < j <= R)。
Input
多組數據，第一行有一個整數T表示數據組數。(T <= 5)
之后有T組數據，每組數據第一行為兩個整數N和Q，表示數列長度及查詢數量。
(1 <= N, Q <= 100000)
接著有一行N個元素的數列A[1..N]。(1 <= A[i] <= 1000)
接下來Q行，每行有兩個整數L, R，表示查詢的區間。(1 <= L <= R <= N)
Output
對于每次詢問，輸出一行數字，表示區間”Odd Pair”的對數.
Sample Input
1
5 2
1 5 3 4 2
1 5
2 3
Sample Output
6
0
思路 ： 只有當一個奇數加一個偶數時才滿足題目要求. 所以知道該區間中奇數和偶數的個數就可以直接算.
AC Code
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int cas=1;
struct math{
int odd; //結構體中的變量會自動付初值.
int ans;
}s[maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n,q;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
if(x&1){
s[i].odd += s[i-1].odd + 1; //每一個繼承前面那個的奇數和偶數個數.
s[i].ans += s[i-1].ans;
}
else{
s[i].ans += s[i-1].ans + 1;
s[i].odd += s[i-1].odd;
}
}
while(q--){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
int a = s[r].odd - s[l-1].odd;
int b = s[r].ans - s[l-1].ans;
printf("%d\n",a*b);
}
}
}
FZU --- 2129(這道題挺重要的!!!)
思維題. 也可以用前綴和思想, 只是有點難理解. 所以這兒就不給這種解法了. 給一種易理解的解法.
思路 :
設ans(k)為k長度的子序列的個數,,a[k]為第k個子序列，那么如果a[k]和前面的數都不相同的情況下，ans(k)]=ans(k-1)*2+1；如果前面的數字出現過的話，那么就要減去最近一次出現a[k]這個數值的地方-1的子序列個數，因為這些算重復的了，而且+1也沒有了，因為ans(a[k]上次出現的位置)包括了a[k]單獨算一次的情況
AC code
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int cas=1;
int ans[maxn],a[maxn];
int vis[maxn];
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[a[i]]==0){
ans[i] = (ans[i-1]*2+1)%mod;
}
else{
ans[i] = ((ans[i-1]*2 - ans[vis[a[i]]-1])%mod+mod)%mod; //這樣做的目的是為了防止出現負數(我是
//wa試出來的)因為我找不到具體樣列會出現負數.所以必須這才能A .
}
vis[a[i]] = i;
}
printf("%d\n",ans[n]%mod);
}
}
