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🧷 01.获取公共链表片段

问题描述

给定两个链表，找出它们中相同节点值的最大连续片段。如果没有公共片段，返回 -1。

输入格式

第一行表示链表 1，第二行表示链表 2。每条链表长度不超过 20 个元素，链表不会为空。

输出格式

输出两个链表中相同节点值的最大连续片段。如果没有公共片段，返回 -1。

样例输入

1 2 2 3 9 1 5
9 2 2 3 6 8

样例输出

2 2 3

数据范围

链表长度不超过 20 个元素。

题解

本题数据范围比较小，怎么做都可以，使用双重循环遍历两个链表，并在找到相同节点时，继续向后比较，直到不相同为止。记录最长的公共片段并输出。

参考代码

• Python

a, b = list(map(int, input().split())), list(map(int, input().split()))
n, m = len(a), len(b)
max_len = 0
res = []
for i in range(n):
    for j in range(m):
        if a[i] == b[j]:
            z = i
            for k in range(j, m):
                if b[k] != a[z]:
                    break
                z += 1
            if z - i > max_len:
                max_len = z - i
                res = a[i:z]
print(*res if res else -1)

• Java

import java.util.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        List<Integer> a = new ArrayList<>();
        List<Integer> b = new ArrayList<>();
        
        while (sc.hasNextInt()) {
            a.add(sc.nextInt());
        }
        sc.nextLine();
        while (sc.hasNextInt()) {
            b.add(sc.nextInt());
        }
        
        int n = a.size();
        int m = b.size();
        int maxLen = 0;
        List<Integer> res = new ArrayList<>();
        
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (a.get(i).equals(b.get(j))) {
                    int z = i;
                    int k = j;
                    while (k < m && z < n && a.get(z).equals(b.get(k))) {
                        z++;
                        k++;
                    }
                    if (z - i > maxLen) {
                        maxLen = z - i;
                        res = a.subList(i, z);
                    }
                }
            }
        }
        
        if (res.isEmpty()) {
            System.out.println(-1);
        } else {
            for (int num : res) {
                System.out.print(num + " ");
            }
        }
    }
}

• Cpp

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    vector<int> a, b;
    int num;
    while (cin >> num) {
        a.push_back(num);
        if (cin.get() == '\n') break;
    }
    while (cin >> num) {
        b.push_back(num);
        if (cin.get() == '\n') break;
    }
    
    int n = a.size(), m = b.size();
    int max_len = 0;
    vector<int> res;
    
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            if (a[i] == b[j]) {
                int z = i;
                int k = j;
                while (k < m && z < n && a[z] == b[k]) {
                    ++z;
                    ++k;
                }
                if (z - i > max_len) {
                    max_len = z - i;
                    res.assign(a.begin() + i, a.begin() + z);
                }
            }
        }
    }
    
    if (res.empty()) {
        cout << -1 << endl;
    } else {
        for (int num : res) {
            cout << num << " ";
        }
    }
    
    return 0;
}

🔗 02.矿车运输成本

问题描述

露天矿采矿作业的特点是规模大，矿石和废料的移动量达到百万吨，运输成本开销较大，需要寻求一种最优的运输路径节省成本。

已知矿场可以划分成 $N\times M$ 的网格图，每个网格存在地形的差异，因此通过不同网格时，成本开销存在差异。

网格有以下 5 种类型：

1. 标志为 ‘S’ 的网格为运输起点；
2. 标志为 ‘E’ 的网格为运输终点；
3. 标志为 ‘B’ 的网格为阻塞点，不允许通行；
4. 标志为 ‘C’ 的网格为检查点，矿车在运输路径中，至少需要进入一次检查点；
5. 标志为数字的网格，其数字表示经过该网格的成本开销。

运输矿车只能上下左右 4 个方向运行，不允许斜对角进入其他网格。必要时可重复进入网格。请根据输入的网格图，寻求一条从 ‘S’ 网格到 ‘E’ 网格，并且至少经过一次检查点的最低成本运输路径，并输出其成本开销。

输入格式

第一行包含两个正整数 $N$ 和 $M$，表示网格图的行数和列数，使用空格隔开。

接下来的 $N$ 行，每行包含 $M$ 个元素，元素可以为 ‘S’，‘E’，‘B’，‘C’ 或者数字 [0, 100]，并且有且仅有一个 ‘S’ 和一个 ‘E’，同时存在一个或者多个 ‘C’，并依次使用空格隔开。

输出格式

输出运输最低成本开销。如果不存在可达通路，请输出 -1。

样例输入

3 3
S 4 5
7 B 3
C 9 E

样例输出

16

数据范围

• $3\le N\le 200$
• $3\le M\le 200$

题解

为了找到从起点 ‘S’ 到终点 ‘E’ 并且至少经过一次检查点 ‘C’ 的最低成本路径，可以跑两次 dijkstra。首先从起点 ‘S’ 到每个检查点 ‘C’ 计算最短路径，然后从每个检查点 ‘C’ 到终点 ‘E’ 计算最短路径，最后取所有路径中成本最小的路径即可。

参考代码

• Python

import heapq

def bfs(grid, start, end, n, m):
    dx = [-1, 0, 1, 0]
    dy = [0, 1, 0, -1]
    pq = [(0, start[0], start[1])]
    dist = [[float('inf')] * m for _ in range(n)]
    dist[start[0]][start[1]] = 0
    
    while pq:
        d, x, y = heapq.heappop(pq)
        if (x, y) == end:
            return d
        if d > dist[x][y]:
            continue
        for i in range(4):
            nx, ny = x + dx[i], y + dy[i]
            if 0 <= nx < n and 0 <= ny < m and grid[nx][ny] != 'B':
                cost = 0 if grid[nx][ny] in 'SEC' else int(grid[nx][ny])
                if dist[nx][ny] > dist[x][y] + cost:
                    dist[nx][ny] = dist[x][y] + cost
                    heapq.heappush(pq, (dist[nx][ny], nx, ny))
    return float('inf')

def main():
    n, m = map(int, input().split())
    grid = [input().split() for _ in range(n)]
    start, end, checkpoints = None, None, []
    
    for i in range(n):
        for j in range(m):
            if grid[i][j] == 'S':
                start = (i, j)
            elif grid[i][j] == 'E':
                end = (i, j)
            elif grid[i][j] == 'C':
                checkpoints.append((i, j))
    
    min_cost = float('inf')
    for checkpoint in checkpoints:
        cost = bfs(grid, start, checkpoint, n, m) + bfs(grid, checkpoint, end, n, m)
        min_cost = min(min_cost, cost)
    
    print(min_cost if min_cost != float('inf') else -1)

if __name__ == "__main__":
    main()

• Java

import java.util.*;

public class Main {
    static int[] dx = {-1, 0, 1, 0};
    static int[] dy = {0, 1, 0, -1};

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt();
        int m = sc.nextInt();
        sc.nextLine();
        String[][] grid = new String[n][m];
        int[] start = new int[2];
        int[] end = new int[2];
        List<int[]> checkpoints = new ArrayList<>();

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            grid[i] = sc.nextLine().split(" ");
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (grid[i][j].equals("S")) {
                    start[0] = i;
                    start[1] = j;
                } else if (grid[i][j].equals("E")) {
                    end[0] = i;
                    end[1] = j;
                } else if (grid[i][j].equals("C")) {
                    checkpoints.add(new int[]{i, j});
                }
            }
        }

        int minCost = Integer.MAX_VALUE;
        for (int[] checkpoint : checkpoints) {
            int cost = bfs(grid, start, checkpoint, n, m) + bfs(grid, checkpoint, end, n, m);
            minCost = Math.min(minCost, cost);
        }

        System.out.println(minCost == Integer.MAX_VALUE ? -1 : minCost);
    }

    private static int bfs(String[][] grid, int[] start, int[] end, int n, int m) {
        PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<>(Comparator.comparingInt(a -> a[0]));
        pq.add(new int[]{0, start[0], start[1]});
        int[][] dist = new int[n][m];
        for (int[] row : dist) Arrays.fill(row, Integer.MAX_VALUE);
        dist[start[0]][start[1]] = 0;

        while (!pq.isEmpty()) {
            int[] curr = pq.poll();
            int d = curr[0], x = curr[1], y = curr[2];
            if (x == end[0] && y == end[1]) return d;
            if (d > dist[x][y]) continue;

            for (int i = 0; i < 4; i++) {
                int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
                if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && !grid[nx][ny].equals("B")) {
                    int cost = grid[nx][ny].matches("\\d") ? Integer.parseInt(grid[nx][ny]) : 0;
                    if (dist[nx][ny] > dist[x][y] + cost) {
                        dist[nx][ny] = dist[x][y] + cost;
                        pq.add(new int[]{dist[nx][ny], nx, ny});
                    }
                }
            }
        }
        return Integer.MAX_VALUE;
    }
}

• Cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <array>
#include <string>
#include <limits>

using namespace std;

int dx[] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};

int bfs(const vector<vector<string>>& grid, pair<int, int> start, pair<int, int> end, int n, int m) {
    priority_queue<array<int, 3>, vector<array<int, 3>>, greater<array<int, 3>>> pq;
    pq.push({0, start.first, start.second});
    vector<vector<int>> dist(n, vector<int>(m, numeric_limits<int>::max()));
    dist[start.first][start.second] = 0;

    while (!pq.empty()) {
        auto [d, x, y] = pq.top();
        pq.pop();
        if (make_pair(x, y) == end) return d;
        if (d > dist[x][y]) continue;

        for (int i = 0; i < 4; ++i) {
            int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
            if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && grid[nx][ny] != "B") {
                int cost = (grid[nx][ny] != "S" && grid[nx][ny] != "E" && grid[nx][ny] != "C") ? stoi(grid[nx][ny]) : 0;
                if (dist[nx][ny] > dist[x][y] + cost) {
                    dist[nx][ny] = dist[x][y] + cost;
                    pq.push({dist[nx][ny], nx, ny});
                }
            }
        }
    }
    return numeric_limits<int>::max();
}

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<vector<string>> grid(n, vector<string>(m));
    pair<int, int> start, end;
    vector<pair<int, int>> checkpoints;

    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            cin >> grid[i][j];
            if (grid[i][j] == "S") start = {i, j};
            else if (grid[i][j] == "E") end = {i, j};
            else if (grid[i][j] == "C") checkpoints.push_back({i, j});
        }
    }

    int minCost = numeric_limits<int>::max();
    for (const auto& checkpoint : checkpoints) {
        int cost = bfs(grid, start, checkpoint, n, m) + bfs(grid, checkpoint, end, n, m);
        minCost = min(minCost, cost);
    }

    cout << (minCost == numeric_limits<int>::max() ? -1 : minCost) << endl;
    return 0;
}

📎 03.最优索引选择

题目描述

K小姐是一名数据库管理员,最近她接到了一个新的任务。公司的数据库系统有 $N$ 个表,每个表都可以建立索引以提高查询效率,但建立索引也会占用一定的存储空间。通过对业务查询的分析,K小姐得到了每个表建立索引的查询效率提升值和存储空间开销。

为了方便管理,K小姐将所有的索引分成了 $M$ 组,并且这些索引组之间存在一定的依赖关系和互斥关系:

1. 依赖关系:如果要选择一个索引组中的索引,必须先选择它的父索引组中的至少一个索引。
2. 互斥关系:每条从根节点到叶子节点的路径都代表一个互斥关系,即不能同时选择两个不同路径上的索引。
3. 组内限制:对于每个索引组,必须至少选择其中的一个索引。

K小姐希望在总存储空间开销不超过 $B$ 的情况下,选择一些索引使得总的查询效率提升值最大。你能帮助K小姐完成这个任务吗?

输入格式

第一行包含三个正整数 $B$, $N$, $M$,分别表示总存储空间开销上限、表的数量和索引组的数量。

接下来 $N$ 行,每行包含三个正整数 $G_i$, $V_i$, $C_i$,分别表示第 $i$ 个表的索引所属的组号、查询效率提升值和存储空间开销。

最后一行包含 $M$ 个整数,第 $i$ 个整数 $F_i$ 表示第 $i$ 个索引组的父索引组编号。如果 $F_i=-1$,则表示第 $i$ 个索引组没有父索引组,即它是根索引组。

输出格式

输出一个整数,表示在满足总存储空间开销上限的情况下,可以获得的最大查询效率提升值。

样例输入

40 4 2
0 10 10
1 30 10
0 5 20
1 60 40
-1 0

样例输出

45

数据范围

• $1\le B\le 5000$
• $1\le N\le 10000$
• $1\le M\le 100$
• $0\le G_i<M$
• $1\le V_i,C_i\le 100$

题解

本题可以使用树形DP来解决。设 $dp[i][j]$ 表示以第 $i$ 个索引组为根,总存储空间开销不超过 $j$ 的情况下,可以获得的最大查询效率提升值。

对于每个索引组,我们首先需要在组内至少选择一个索引。我们可以使用01背包的方法,计算出在组内选择任意个索引的最优解,存储在数组 $f[j]$ 中。

然后,我们再考虑当前索引组的子索引组。对于每个子索引组,我们可以枚举当前索引组选择的存储空间开销 $j^{\prime }$,然后将子索引组的最优解 $dp[son][j-j^{\prime }]$ 加到 $f[j^{\prime }]$ 上。这样,我们就可以得到以当前索引组为根,考虑了子索引组的最优解。

最后,根索引组的 $dp[root][B]$ 就是整个问题的最优解。

时间复杂度 $O(B\times N)$,空间复杂度 $O(B\times M)$。

参考代码

• Python

B, N, M = map(int, input().split())
indexes = [[] for _ in range(M)]
for _ in range(N):
    g, v, c = map(int, input().split())
    indexes[g].append((v, c))

father = list(map(int, input().split()))
graph = [[] for _ in range(M)]
root = 0
for i in range(M):
    if father[i] == -1:
        root = i
    else:
        graph[father[i]].append(i)

dp = [[0] * (B + 1) for _ in range(M)]

def dfs(u, limit):
    f = [0] * (limit + 1)
    for v, c in indexes[u]:
        for j in range(limit, c - 1, -1):
            f[j] = max(f[j], f[j - c] + v)
    
    dp[u][limit] = f[limit]
    for son in graph[u]:
        cur = 0
        for j in range(limit):
            dfs(son, limit - j)
            if f[j] != 0:
                cur = max(cur, f[j] + dp[son][limit - j])
        dp[u][limit] = max(dp[u][limit], cur)

dfs(root, B)
print(dp[root][B])

• Java

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
    int B, N, M;
    int[][] indexes;
    int[] father;
    List<Integer>[] graph;
    int[][] dp;

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        new Main().run();
    }

    void run() throws IOException {
        BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        String[] ss = br.readLine().split(" ");
        B = Integer.parseInt(ss[0]);
        N = Integer.parseInt(ss[1]);
        M = Integer.parseInt(ss[2]);

        indexes = new int[M][];
        for (int i = 0; i < M; i++) {
            indexes[i] = new int[0];
        }
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            ss = br.readLine().split(" ");
            int g = Integer.parseInt(ss[0]);
            int v = Integer.parseInt(ss[1]);
            int c = Integer.parseInt(ss[2]);
            indexes[g] = Arrays.copyOf(indexes[g], indexes[g].length + 2);
            indexes[g][indexes[g].length - 2] = v;
            indexes[g][indexes[g].length - 1] = c;
        }

        father = new int[M];
        ss = br.readLine().split(" ");
        for (int i = 0; i < M; i++) {
            father[i] = Integer.parseInt(ss[i]);
        }

        graph = new List[M];
        for (int i = 0; i < M; i++) {
            graph[i] = new ArrayList<>();
        }
        int root = 0;
        for (int i = 0; i < M; i++) {
            if (father[i] == -1) {
                root = i;
            } else {
                graph[father[i]].add(i);
            }
        }

        dp = new int[M][B + 1];
        dfs(root, B);
        System.out.println(dp[root][B]);
    }

    void dfs(int u, int limit) {
        int[] f = new int[limit + 1];
        for (int i = 0; i < indexes[u].length; i += 2) {
            int v = indexes[u][i];
            int c = indexes[u][i + 1];
            for (int j = limit; j >= c; j--) {
                f[j] = Math.max(f[j], f[j - c] + v);
            }
        }

        dp[u][limit] = f[limit];
        for (int son : graph[u]) {
            int cur = 0;
            for (int j = 0; j < limit; j++) {
                dfs(son, limit - j);
                if (f[j] != 0) {
                    cur = Math.max(cur, f[j] + dp[son][limit - j]);
                }
            }
            dp[u][limit] = Math.max(dp[u][limit], cur);
        }
    }
}

• Cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAXB = 5000;
const int MAXM = 100;

int B, N, M;
vector<pair<int, int>> indexes[MAXM];
vector<int> graph[MAXM];
int father[MAXM];
int dp[MAXM][MAXB + 1];

void dfs(int u, int limit) {
    vector<int> f(limit + 1);
    for (auto& p : indexes[u]) {
        int v = p.first, c = p.second;
        for (int j = limit; j >= c; j--) {
            f[j] = max(f[j], f[j - c] + v);
        }
    }

    dp[u][limit] = f[limit];
    for (int son : graph[u]) {
        int cur = 0;
        for (int j = 0; j < limit; j++) {
            dfs(son, limit - j);
            if (f[j] != 0) {
                cur = max(cur, f[j] + dp[son][limit - j]);
            }
        }
        dp[u][limit] = max(dp[u][limit], cur);
    }
}

int main() {
    cin >> B >> N >> M;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        int g, v, c;
        cin >> g >> v >> c;
        indexes[g].emplace_back(v, c);
    }

    int root = 0;
    for (int i = 0; i < M; i++) {
        cin >> father[i];
        if (father[i] == -1) {
            root = i;
        } else {
            graph[father[i]].push_back(i);
        }
    }

    dfs(root, B);
    cout << dp[root][B] << endl;

    return 0;
}

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