SRM 546 DIV2

250pt

数学模型：

　　给定一组数，求出现次数最多的数，若不唯一，取在数组中索引值的最大值最小的数。

分析：因为次要条件比较麻烦，数组遍历从末尾开始可轻易解决。

class ContestWinner 
{ 
        public: 
        int getWinner(vector <int> events) 
        { 
            int i,j,n,k,c,m=0;
            k=0;
            n=events.size();
            for(i=n-1;i>=0;i--)
            {
                c=1;
                for(j=i-1;j>=0;j--)
                    if(events[j]==events[i])
                        c++;
                if(c>=m)
                    m=c,k=events[i];
            }
            return k;
        } 
        
 
}; 

500pt

数学模型：

　　给定两个矩形的坐标求相对关系。

分析：虽然解决了，但用的离散化矩阵的坐标，编写起来比较麻烦还易错。

　　别人做时直接用两个一维区间相交的方法解决，相当漂亮。

结：方法可扩展到三维空间（长方体和长方体相交），甚至N维

class TwoRectangles 
{ 
        public: 
        string describeIntersection(vector <int> A, vector <int> B) 
        { 
            int x0,x1,y1,y0;
            x1=max(A[0],B[0]);
            y1=max(A[1],B[1]);
            x0=min(A[2],B[2]);
            y0=min(A[3],B[3]);
            if(x1<x0&&y1<y0)
                return "rectangle";
            if(x1==x0&&y1<y0||x1<x0&&y1==y0)
                return "segment";
            if(x1==x0&&y1==y0)
                return "point";
            return "none";
        } 

 
}; 

1000pt

数学模型：

求不大于N的含有count1个数字digit1和count2个数字digit2的数。

分析：

　　和SRM 545的550类似，都是给定一个数，求不大于它，符合一定条件的数。

　　都是从使用贪心+枚举，从末尾开始枚举数位来匹配条件。

　　而此题有所不同的是有可能溢出，即所求的数的位数可能多于原数，刚开始做的时候想分类讨论，后来发现溢出的部分还要再分类，易错，麻烦，怎么写自己都　　　　　　不满意，推倒重来；

　　后来猜想在数之前加入一些前导0来避开分类，处理时又易与数字中的0搞混，想解决又得分类，又不满意，重想；

　　四天后又想到既然0会搞混，那加其它的不会搞混的就行了，于是改为加'-'，还真的解决了。

结：

　　这个算法可由2个数字推广到10个数字。

　　解决满足一定条件并不大于给定数的问题，都可以尝试使用贪心+枚举，从尾数位开始枚举数字来匹配条件。

class FavouriteDigits 
{ 
        public: 
        long long findNext(long long N, int digit1, int count1, int digit2, int count2) 
        { 
            int b[10]={0};
            int i,j,k,n,t;
            long long ret=0;
            char s[33];
            if(digit1>digit2)
                swap(digit1,digit2),swap(count1,count2);
            for(i=0;i<15;i++)
                s[i]='-';
            sprintf(s+i,"%lld",N);
            for(;s[i]!='\0';i++)
                b[s[i]-'0']++;
            if(b[digit1]>=count1&&b[digit2]>=count2)
                return N;
            n=i;
            for(i--;i>=0;i--)
            {
                if(s[i]=='-')
                    k=0;
                else
                {
                    k=s[i]-'0';
                    b[k]--;
                }
                for(k++;k<=9;k++)
                {
                    b[k]++;
                    t=(b[digit1]>count1?0:count1-b[digit1])+(b[digit2]>count2?0:count2-b[digit2]);
                    if(t<=n-1-i)
                        break;
                    b[k]--;
                }
                if(k<=9)
                    break;
            }
            s[i]=k+'0';
            for(i++;i<n-t;i++)
                s[i]='0';
            for(j=0;j<count1-b[digit1];j++)
                s[i++]=digit1+'0';
            for(j=0;j<count2-b[digit2];j++)
                s[i++]=digit2+'0';
            for(i=0;s[i]=='-';i++);
            for(;s[i]!='\0';i++)
                ret=ret*10+s[i]-'0';
            return ret;
        } 
         
};