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iOS开发,孵化了 小猿搜题 和 小猿口算。斑马智能硬件业务负责人,带领团队研发的产品累计出货量超过 400 万台。著有《iOS 开发进阶》。
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GESP 202506 5级真题「奖品兑换」题解

2025-07-01 22:29:46

题目描述

分析

此题首先是不能暴力枚举的,因为 n 和 m 最大情况下是 10^9,这个数据规模,暴力枚举肯定会超时。

然后我们可能想到贪心,但实际可落地的贪心的策略总是有特殊情况。

最后,假如我们可以检查一个答案是否可行,我们就可以用二分答案+判定的方法求解。

二分还有一个要求,就是答案是单调递增的。我们可以想像,随着兑换券的递增,如果限定 n 的值不变,那 m 的值肯定是递增的。所以此题符合单调递增的条件。

解法

那么,对于一个可能的答案 k,我们怎么检查答案是否可行呢?

  • 我们先把 n 和 m 排序,让 n 是较大者,a 和 b 排序,让 a 是较大者
  • 对于一份奖品,可以是 n-a, m-b 来获得,也可以是 n-b, m-a 来获得,我们让 d=a-b
  • 因为 a 是较大者,所以当更换兑换方式的时候,n 的值从n-a变成了n-b,相对来说,增加了 d,m 的值减少了 d

所以:

  • 我们可以先用第一个兑换方法,把 k 个奖品换成 c1=a*k 张课堂优秀券, c2=b*k 张作业优秀券
  • 如果 c1 <=n, c2 <= m 那这个答案 k 显然就是可以的。
  • 但如果 c1 > n,我们可以想到,把超额出来的兑换换成第二个兑换方法

具体如何换呢?

  • 我们先计算超额的值,为 c1-n
  • 每次兑换可以让这个值少 d,所以需要换 r=(c1-n)/d (向上取整)r=(c1-n+d-1)/d
  • 经过如上的兑换,c1 的值减少了 d*r,c2 的值增加了 d*r

最后需要注意,因为 a*k 的范围可能超过 int,所以需要把计算过程都用 long long 来保存。

总结

此题考查了:

  • 二分+判定的解法
  • 向上取整的写法
  • 数据范围的预估
  • 时间复杂度的预估

这还是非常综合的一道题。对于没想到二分的学生,也可以用贪心或者暴力枚举骗到不少分(估计 10-15 分),所以此题也有相当的区分度,各种能力的学生都可以拿到部分分数。

详细代码

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/*
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long n, m, a, b, d, ans;

bool test(long long k) {
long long c1 = a*k;
long long c2 = b*k;
if (c1 > n) {
long long r = (c1 - n + d - 1) / d;
c1 -= r*d;
c2 += r*d;
}
if (c1 <= n && c2 <=m) return true;
else return false;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> n >> m >> a >> b;
if (n < m) swap(n, m);
if (a < b) swap(a, b);
d = a - b;
long long l = 0;
long long r = n;
while (l <= r) {
long long m = (l+r)/2;
if (test(m)) {
ans = max(ans, m);
l = m+1;
} else {
r = m-1;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

构建你的“多巴胺”系统

2025-06-22 22:08:32

什么是“多巴胺”系统

“多巴胺”系统是一种隐喻,是指能够给你带来持续正反馈/正向情绪的事情。之所以用这个隐喻,一方面是想让大家更容易理解、记忆和传播这个系统。

这个系统对我来说非常重要,它就相当于我人生的“第一性原理”一样。人类看起来是自己的主人,但人类对自身行为动机的理解很多时候并不清楚。

马斯洛把人类的需求按层次来分,在他的理论中提到的各种需求:性,安全,食物,社交,自我实现等等。但是其实,这些其实本质上,都是在为人类提供“多巴胺”。

当人类失去了“多巴胺”系统,很多时候就宁愿放弃生命:比如在战争中,很多人为了信仰而牺牲自己。这是因为他内心的目标大于活着的意义。

在实际生活中,虽然不至于放弃生命,但冒着生命危险做的事情,也不鲜见。比如消防队员救人、警察和歹徒搏斗、或者体育健儿在赛场上带伤为荣誉而战。

这些行为虽然有可能失去生命,但是换来的荣誉与成就是非常让人自豪的,可以为自己提供终身的多巴胺来源。

有人说,这个世界上只有两种生意:让人爽的生意和让人牛逼(学习、健身等)的生意。但我觉得,这都是多巴胺的生意,差别只是一个是提供短期多巴胺,一个是提供长期多巴胺。学习这种事情虽然短期很辛苦,但是收获的成就是可以提供长期的回报,从而提供长期的多巴胺。

为什么“多巴胺”系统很重要

1、人对生活的意义有需求

看看全世界有多少人信教就明白了。大部分人都需要精神上为生命的存在赋予意义。意义感会驱使人们面对挑战和困难、提供情绪支撑、获得幸福感。

在中国,很少有人信教,但是我们每一个普通人也有自己对生命的追求,哪怕是更好一点的生活,或者一个遥不可及的理想,又或者是简单地照顾好家人和孩子。

人生的目标带动着每一个人在各种重大决策的十字路口上做选择。韩寒为了赛车辍学;赵心童为了台球远赴英国;崔永远为了自由表达离开了央视;而我身边,一个亲人为了更好的照顾孩子而放弃了工作上的晋升机会。

“多巴胺”系统就是为人生的意义提供基础能量的仓库,守护好多巴胺系统,人生之路就会走得更加从容。

2、“多巴胺”系统不容易构建

我们随便看看身边,就会发现无论是学习、工作,还是退休安排和日常生活。“多巴胺”系统的构建都是非常不容易的。

2.1 学习

拿学习来说,如果将孩子的“多巴胺”系统和学校排名、升学挂钩,那么很多孩子是无法构建学习的“多巴胺”系统的。因为每个班几十个孩子,必然有排在后面 50% 的孩子。这些孩子从排名上是无法获得正向激励的。

另外,整个学习是一个不断淘汰对手的游戏。中考会淘汰 50% 的学生分流到中专,高考又会分流 50% 的人到职高,大学又会分流 90% 的学生到非重点大学。研究生考试又会分流 2/3 的本科生,只剩下 1/3。

按上面的通过率,就算你是全中国前 1% 的学生,那大概也会止步于 985/211 的研究生入学考试。

所以,在学习上,你总会有一天会遇上身边的对手都比你强,你在这个小圈子里面排在后面,如果你和同学比的话,你能收获的只有负面的情绪,感觉自己像个废物。

后面我会提到如何构建学习的多巴胺系统。

2.2 工作

也许你是一个优秀的员工,不断获得奖励和提拔,但是随着环境和年龄变化,工作中持续获得正反馈是困难的。原因如下:

第一个原因:正向激励的比例太低。只有前 20% 的员工才能获得超过其他人的回报,大部分人只能拿到普通的绩效和待遇。

第二个原因:很多工作的经验积累并不是线性的。在积累 3-5 年后,新增加的经验不足以带来相应比例产出提升,这就造成老员工工资过高,性价比不足。拿 iOS 开发来说,工作 10 年和工作 30 年的开发者的经验差异在大部分情况下表现得并不明显,这就可能造成某些工作 10 年以上的老员工薪资涨幅变慢。

第三个原因:人在 30 岁以后,体力和学习速度逐渐下降。我今年 41 岁,熬夜的能力明显变差。而我在 30 岁的时候,经常熬夜加班。工作中的一些内容如果需要的是堆时间才能完成,老员工的完成速度就不及年轻的员工。

第四个原因:岗位架构是金字塔形的。越往上需要的人越少,所以一个员工很容易最终就停在某一个岗位无法获得上升机会,背后的原因可能仅仅是因为上面已经有人了,不需要更多管理者。

2.3 退休

退休是每个人必须面对的事情,如果不做好准备,“多巴胺”系统根本就不会自己产生。因为每个人退休后,日常生活的节奏就会有巨大变化。而人的时间是需要被填满的,否则就会因为意义感缺失而产生各种问题。

2.4 其它

其它的部分还包括,生活、家庭、理财等等:

  • 对于生活:兴趣能否持续,影响“多巴胺”系统的稳定。
  • 对于家庭:如何处理夫妻关系,亲子关系,婆媳关系,都关系到多巴胺系统的稳定。
  • 对于理财:如果你买在顶峰,不但需要很长时间回本,也会承受巨大的账面亏损压力,给自己的多巴胺系统带来巨大冲击
  • 对于伤痛:个人对伤痛,特别是心理层面上的伤痛处理也很重要,心理上的伤痛如果处理不好,就像应激的小猫一样,会给身体带来严重的伤害。

如何构建“多巴胺”系统

接下来,我就讲讲我对各种情况下构建“多巴胺”系统的心得。

1、对于学习

对于学习,我们需要刻意设计“多巴胺时刻”。让原来可能没有的多巴胺变得有,让原来分泌得少的多巴胺,变得分泌多。具体来说,我们可以:

一、定期回顾,肯定自己的进步。我每年都会写年度总结,之前觉得每年没有什么变化,但是总结的时候,发现还是有挺多进步的,这样就让自己更有成就感。

二、设立奖励,自我颁奖。不管是小的学习还是大的学习,都可以设立奖励。我在做竞赛题的时候,之前做完我就继续做下一题。但后来我发现,如果我每次做对,都挥舞一下手臂小小庆祝一下,就会开心很多。所以,即便是很小的自我肯定,都可以让多巴胺给我们更多激励。

三、适当分享,获得亲朋鼓励。人是社会动物,自己的成就还是要适当分享出来。但是对自己友谊不深的朋友就没太有必要,有可能会造成人家妒忌,或者人家会认为你是一个喜欢炫耀的人,没必要。

四、构建无限游戏,不要设置终点和上限。学习无止境,如果我们可以一直设立目标,就可以无限玩下去。对于生命来说,能够无限玩的游戏不多,学习算是一个。

2、对于工作

刚刚说过,随着环境和年龄变化,工作中持续获得正反馈是困难的。所以,对于工作,我们首先需要做的是降低预期。工作首先你是获得持续现金流的谋生手段;它如果能够给你持续的正向激励,当然很好,但是如果有一天,工作无法给你带来正反馈,那么你也可以就把它当作一份工作即可。

在工作上不要讲太多回报,公平。很多事情做了没有结果,但是公司付你钱了,所以你认真把事情做好,就很好,也很专业。

另外,在工作上,我们也需要尊重规律,做累进的事情。坚持在自己的专业领域积累经验,如果自己的年龄大了或者行业发展不好,也要接受工资不再上涨这些现实。

在工作上,我们还可以尝试杠铃策略,即:同时拥有两个不太相关的专业技能。通过在业余时间利用自己的爱好或者特长来发展副业,如果万一出现什么变动,自己的副业就可以成为主业,保证自己不至于失业。

3、对于退休

退休是人一辈子重要的规划之一,也是人生活法的重大转换。

对于退休,最重要的事情就是让提前规划好兴趣,让兴趣填满自己的时间。否则,人生一下子多了那么多时间,很容易觉得无聊。

这个兴趣最好是无限挑战游戏。这样可以几十年也做不完。

这个兴趣也最好可以锻炼到身体(例如:广场舞、摄影、骑行之类)。

最后,退休还有一个很重要的事情:要管好自己的钱,不冒大的风险,不折腾高风险的投资。因为挣太多钱自己也不一定能花完,但是如果亏很多就会影响自己的退休生活。

4、日常生活

日常生活中,有这些技巧可以带来更多的多巴胺:

一、主动给生活带来变化

我自己的经验是,主动做一些以前没做过的事情,会给生活带来新鲜感。比如:

  • 我家每过几年就会尝试换个房子租,每次都有不同的体验。
  • 每年出游几次,每次去不同的地方,让自己开眼界。
  • 购物,看上什么东西就买买买。
  • 庆祝。为自己的成绩庆祝,为朋友的成绩庆祝,为家人的成绩庆祝。

二、自立

不要太依赖别人,或者太依赖于某个工作,或者将自己放到一个困境,或者太陷入一个目标。这不是说我们应该不努力。对于生活,我们应该全情投入,把过程做好;但是对于结果,我们应该顺其自然。

三、终身学习

学习是少有的,可以持续给人带来获得感的事情。而且这个事情是没有终点的,属于一种“无限游戏”,这就让我们永远不会觉得无聊。

我最近因为兴趣又开始学习编程,遇到一个算法没看懂,我就慢慢想,可能想个一周,甚至两周,我感觉这才是一个学习的状态,就是慢慢的,不紧不慢的,学完一个再学下一个。

相对来说,学校的学习更像是一个工业化的人才产出器,每个人需要像机器一样在指定的时间学习完指定的内容,但是每个人的学习能力是不一样的,其实对每个人来说,匹配自己的学习速度才是最佳的学习方案。

四、关注过程,弱化结果

人生是一场体验,并非要留下什么,也留不下什么。

如果我们想想 100 年后谁能记得我们,我们会发现结论是:没有人。即使是自己的亲人,过了三代你可能也不会记得。大家可以想想,你知道你的爷爷的爷爷叫什么名字,长什么样,做过什么成绩吗?就算你记得,你的孩子以后会记得吗?

所以,如果人生到最后不会有任何人记得我们,那么我们人生的意义是什么?我认为核心的意义就是人生本身。就像《活着》中写道:活着就是最大的意义。

对于人生这种重过程,无结果的“游戏”,我们活在当下,关注过程,把自己的人生过好,就是一个非常棒的事情了。别的更多的结果,我们做不到,也没有什么意义。

5、对于家庭

对于家庭,最简单的获得多巴胺的方式是:低预期。比如:

对于家人,不要指望家人一定要为自己付出。家人能够不让你付出,就是超预期。有这样的心态,你每天都是超预期。

对于孩子也一样,低预期,不鸡娃。

  • 孩子小的时候,我们只需要尽量培养孩子兴趣,兴趣是最大的老师,对于结果,则需要看孩子的天赋和运气,所以我们只能静待花开。
  • 当孩子成年后,她会有自己的生活,作为父母也应该降低预期,孩子能活成什么样,最主要的还是靠孩子自己。
  • 当我们老了后,也别指望孩子给自己养老,不啃老就不错了。有这样的低预期,也容易每天获得超预期的结果。

6、对于朋友

我认为有三种朋友,可以给我们提供持续的多巴胺。

  • 一种朋友是相互帮助、支持的人。显然你们相互会收获很多。
  • 一种是可以给你提供指导的前辈,牛人。你可以收获到成长。
  • 一种是你可以给别人提供指导的后辈。你可以收获到成就感。

那哪些是消耗你多巴胺的朋友呢?

  • 每次需要你的时候找你,但你需要他的时候总逃避的人。
  • 和你话不投机,没有共同语言的人。
  • 无法平等对话的人,有可能是对方太过强于你,懒得和你对话;也可能是对方太弱于你,你懒得和他对话。
  • 让你感觉到有压力,但是除了消耗你多巴胺外,并不能给你带来任何其他好处的人。
  • 你讨厌的人。
  • 你嫉妒的人。

我有些时候,有点讨好型人格,就是不喜欢一个人,也不愿意和人家起冲突,很多时候碍于面子还是淡淡地交往。后来我发现这样不对,这完全是一种对多巴胺系统的伤害,想到这些我就主动断开了一些不喜欢的朋友的来往。其实有一些人是很优秀的,但是多巴胺系统为先的决策,让我还是会坚决断开联系。

7、对于伤痛

小孩子如果反复盯着糖果看,最后就会忍不住吃掉糖果。如果有人伤害了你,你反复回忆这个伤害的过程,你就会受到更多的内心部分的伤害。

著名作家蔡澜最近去世了,别人问他,他的爱人离他而去了,他是如何克服下来的。蔡澜说:你如果老去想这件事情,你就会发疯,所以我尽量让自己不去想这件事情。

芒格和巴菲特的公司之前特别看好一个接班人,后来这个接班人做了一些违背公司原则的事情,在收购一家公司前,自己私下提前买了这家公司的股票,自己获利了几百万美元。事情暴露之后,这个接班人辞职了。别人问芒格怎么看这个事情。

面对欺骗与背叛,芒格说:永远不要责备自己,永远不要有受害者心态。当你产生这种心态的时候,只会让你自己难受,不会带来任何其它正面的影响,因此你不应该花时间去感受它,哪怕是一秒钟。所以,更应该的心态是应对这种情况,为未来的不确定性做好准备。

芒格最后总结道:“I am not a victim. I am a survivor.”

所以,站在建立“多巴胺”系统的角度,任何只有负面效果的情绪都是不值得去强化和感受的。如果你忍不住,你可以尽量不去想它。更好的办法是像芒格那样,有一个更加强大的幸存者视角来看待所有的坏运气、灾难、欺骗与背叛。让这些负面情绪不影响自己的多巴胺系统。

8、不内耗和自恰

我后来发现,其他人讲的一些行事原则,在表达角度上虽然不一样,其实也是一样的道理。比如我们讲的“不内耗”原则。

内耗就是一种持续消耗“多巴胺”的心理行为。如果以构建“多巴胺”系统作为人生准则的话,我们会发现内耗没有任何效果。当我们面对不如意的时候,要么改变,要么适应,要么淡化,而内耗是一种既不改变,又不适应,又反复强化负反馈的行为。百害而无一利。

自恰的底层含义是:所有事情能够自圆其说,不矛盾,不冲突,自然也就不内耗了,不消耗多巴胺。

所以,人需要活得“自恰”,只有自恰才能睡好觉,持续获得多巴胺。

主观与客观

“多巴胺”系统有主观的部分,也有客观的部分。

一、主观部分

“多巴胺”系统对于个人内心是一种主观行为和感受,而不是一种客观描述和标准。所以,对于芒格来说,一个重要朋友的背叛不是对“多巴胺”系统的冲击;但换一个人,可能觉得天塌了,一辈子再难信任他人。

因此,我们更应该调整的是自我的行事方式和思考问题的角度,而不是改变其他人。我们可以远离那些影响我们“多巴胺”系统的人和事,但是当坏运气到来的时候,我们只能接受。

二、客观部分

当然,“多巴胺”系统在指导我们行为的时候,是让我们客观上在做具体的行为选择。通过行为选择让我们尽可能构建有利于我们产生多巴胺的外界环境。比如我刚刚提到的:提前规划退休生活、选择终身学习、多搞庆祝活动等。这些有利的环境不但不会消耗我们主观意志来维护多巴胺,还会给我们提供愉悦,贡献多巴胺。

小结

“多巴胺”系统是一种隐喻,是指能够给你带来持续正反馈/正向情绪的事情。我们通过:

  • 主观上,调整自己的思考和看待事情的方式
  • 客观上,搭建好能够持续供养自己多巴胺的外部环境

利用“多巴胺”系统,让自己的人生少一点内耗,少一点纠结,多一点平静,多一点快乐。

愿每个读者都能过好当下的每一天,谢谢!

GESP 大题核心考点

2025-06-06 22:12:03

GESP 1 级

1 级主要考查分支和循环结构,所以大题的解法一般都是一个 for 循环,然后循环里面用 if 之类的条件判断做一些事情,最后再输出结果。其代码框架为:

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// 循环结构, 例如 for ...
// 判断条件
// 输出结果

拿 GESP202309 一级题目:小明的幸运数 来说,其核心代码是:

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// 循环
for (int i = l; i <= r; ++i) {
// 判断条件
if (isLucky(i)) {
// 累加
ans += i;
}
}
// 输出结果
cout << ans << endl;

另外一个例子,GESP202503 一级题目:四舍五入,核心代码:

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// 循环
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a;
b = a%10;
a = a/10;
// 判断条件
if (b <= 4) a = a*10;
else a = a*10 + 10;
// 输出结果
cout << a << endl;
}

GESP 2 级

考点一:双重循环

GESP 2 级相对 1 级,对循环结构的考查进行了加强,一般需要用双层嵌套的循环才能完成大题。有一类双层嵌套循环需要特别关注,就是模拟输出类,这一类题过去考过多次,包括:

等差矩阵为例,其关键代码为嵌套的 for 循环,参考如下:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m;
int tu[55][55];
int main() {
cin >> n >> m;
// 嵌套的 for 循环
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cout << i*j << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}

如果学生还是不熟悉,可以考虑如下更多的练习:

  • 模仿 小杨的 X 字矩阵,输出 “又” 字,倒 “N” 字,“工” 字矩阵,“口”字矩阵
  • 模仿 画三角形,输出 左对齐、右对齐的正三角形,倒三角形
  • 模仿 等差矩阵,输出求和的矩阵,输出只有偶数的等差矩阵(奇数位填 *

考点二:常用函数

2 级还会考一些我们经常会实现的函数。包括:

求素质函数

参考题目:GESP202306 找素数

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bool isPrime(int a) {
for (int i = 2; i*i <=a; i++) {
if (a%i == 0) {
return false;
}
}
return true;
}

求闰年函数

参考题目:GESP202503 时间跨越

关键代码:

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bool isLeapYear(int year) {
return (year % 4 == 0 && year % 100 != 0) || (year % 400 == 0);
}

把一个数的每一位数字拆分的写法

参考题目:GESP202406 计数

关键代码:

1
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int count(int a, int k) {
int ret = 0;
while (a) {
if (a%10 == k) ret++;
a/=10;
}
return ret;
}

练习题目:GESP202409 数位之和

GESP 3 级

考点一:字符串操作

3 级对字符串的操作要求非常高,需要考生灵活掌握字符串的变换、拼接、求子串、判断回文等操作。

求子串可以用 string 类的 substr(int pos, int len) 函数。需要注意该函数的两个参数分别是起始下标和长度。

其中,判断回文的写法如下:

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bool isReverse(string &s) {
int len = s.length();
for (int i = 0; i < len/2; ++i) {
if (s[i] != s[len-i-1]) {
return false;
}
}
return true;
}

以真题 GESP202409 回文拼接 为例,考生需要对字符串进行切分,然后分别判断是否是回文串。

参考代码如下:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
string s;

bool isReverse(string &s) {
int len = s.length();
for (int i = 0; i < len/2; ++i) {
if (s[i] != s[len-i-1]) {
return false;
}
}
return true;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
while (n--) {
cin >> s;
bool ans = false;
if (s.length() >= 4) {
for (int i = 2; i < s.length() - 1; i++) {
string s1 = s.substr(0, i);
string s2 = s.substr(i);
if (isReverse(s1) && isReverse(s2)) {
ans = true;
break;
}
}
}
if (ans) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
}
return 0;
}

该考点的相关真题:

其中 GESP202309 进制判断 看起来是考进制的规则,实际上也是考字符串的查找。参考代码如下:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int isRange(string s, string range) {
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
char ch = s[i];
int j = 0;
for (j=0; j<range.length(); ++j) {
if (ch == range[j]) {
break;
}
}
if (j == range.length()) return 0;
}
return 1;
}

int main() {
int n;
string s;
cin >> n;
while (n--) {
cin >> s;
cout << isRange(s, "01") << " "
<< isRange(s, "01234567") << " "
<< isRange(s, "0123456789") << " "
<< isRange(s, "0123456789ABCDEF") << endl;
}
return 0;
}

考点二:前缀和

前缀和的计算技巧是:用一个累加变量来不停地更新前 N 个数的和,这样我们只需要用 O(N)的时间复杂度,就可以把所有的前缀和求出来。

参考题目:GESP202409 平衡序列

此题解法是:暴力测试,先计算出总和 tot ,然后看前缀和的两倍有没有可能等于 tot。

参考代码:

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30
/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int t, n, v[10010], tot;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n;
tot = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> v[i];
tot += v[i];
}
int cnt = 0;
bool ans = false;
for (int i = 0; i < n && cnt*2<tot; ++i) {
cnt += v[i];
if (cnt*2 == tot) {
ans = true;
}
}
if (ans) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
}
return 0;
}

考点三:位运算

考生需要熟悉二进制,以及数的位运算操作。

典型考题为:GESP202503 2025

此题的思路如下:因为 x 最大是 2025,而如果 y 需要影响 x 的运算,只能与 x 的 bit 位是 1 的位进行操作。所以 y 如果存在,则必定小于 2048。因为 2048 的二进制 1 的 bit 位已经超过 2025 的最高位了。所以直接枚举 1~2048 之间的答案即可。

参考代码:

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int ans = -1;
int x;
int main() {
cin >> x;
for (int i = 1; i < 2048; ++i) {
if ((x & i) + (x | i) == 2025) {
ans = i;
break;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

GESP 4 级

考点比较散,以下是历次考题的考点。

  • GESP-202306 幸运数:模拟
  • GESP-202309 进制转换:进制转换
  • GESP-202309 变长编码:位操作
  • GESP-202312 小杨的字典:字符串操作
  • GESP-202312 田忌赛马:排序,模拟
  • GESP-202403 相似字符串:字符串操作
  • GESP-202403 做题:贪心
  • GESP-202406 黑白方块:枚举
  • GESP-202406 宝箱:枚举,二分
  • GESP-202409 黑白方块:枚举
  • GESP-202409 区间排序:排序
  • GESP-202412 Recamán:枚举
  • GESP-202412 字符排序:排序
  • GESP-202503 荒地开垦:枚举
  • GESP-202503 二阶矩阵:枚举

其中,比较常考的考点:

  • 枚举:考了 6 次。
  • 排序:考了 3 次。
  • 字符串操作:考了 2 次。

GESP 5 级

待补充

GESP 6 级

最近公共祖先

动态规划

包括 01 背包和完全背包:

基础动态规划:

记忆化搜索:

其它

树状数组:

暴力枚举:

模拟+高精度:

CSPJ 教学总结:树状数组

2025-04-26 20:12:23

引言

有些时候,题目给我们 N 个元素的序列,然后让我们求前缀和或者区间和。并且,题目还会动态地修改这个序列的值。如果我们每次暴力求解前缀和,时间复杂度会是 O(N),而使用树状数组,可以将查询前缀和的复杂度降低到 O(LogN)。

树状数组是挺不好教学的一个知识点。它需要以下前置知识:

  • 二进制表示法及熟练的位操作
  • 前缀和的知识
  • 树的基础知识
  • 时间复杂度的估算

在教学的时候,我们的教学顺序如下:

  • 先引入问题
  • lowbit 函数讲解
  • 树状数组的结构特点
  • 利用树状数组求前缀和的方法
  • 怎么修改树状数组的值
  • 如何初始化树状数组
  • 增加值或替换值
  • 二维的树状数组

那么让我们来开始。

问题的引入

P3374 树状数组 1 是一道标准的树状数组问题:该题目给我们了一个数列,我们需要解决以下两个问题:

  • 数列的区间求和
  • 更新某一个数(加上 x)

我们很容易想到用暴力的方法来做此题。于是我们可以估计一下暴力的时间复杂度:

  • 数列的区间求和,时间复杂度 O(N)
  • 更新某一个数,时间复杂度 O(1)

题目中提到,求和的次数最多为 M 次,所以最坏情况下,时间复杂度为 O(M*N)。而由于 M 和 N 的最大范围为 5*10^5,所以最大运算次数高达 (5*10^5) * (5*10^5) = 2500亿次,而竞赛中估算 1000 万次的运算时间就接近 1 秒了,这个时间肯定会超时。

数列的区间求和有一个 O(1)的办法,就是提前求出前缀和。假如 Sum(i) 表示前 i 个数的和,那么区间 (i,j] 的和就可以通过 Sum(j) - Sum(i) 来得出。可惜的是,本题还有一个操作是更新某一个数。如果更新的是第一个数,那么整个前缀和数组 Sum 都需要更新,这样更新的时间复杂度会变成 O(N),最坏情况下会有 O(M*N)次更新,造成运算同样超时。

由此,我们需要一个更优秀的数据结构来解决这类问题,这就是树状数组。

lowbit 函数

在讲解树状数组前,我们先学习一下 lowbit 函数。

lowbit 函数实现的功能是:求 x 的二进制最低位 1 以及后面的 0 组成的数。例如:

  • 8 (10 进制) = 1000 (2 进制) ,则 lowbit(8) = 8
  • 9 (10进制)= 1001(2 进制),则 lowbit(9) = 1
  • 10(10 进制)= 1010(2 进制),则 lowbit(10) = 2

所以,我们需要找到目标数的二进制中的最后那个 1 的位置。有两种实现方式:

方法一:x^(x-1) & x

方法一相对比较好理解,我拿二进制数 1100 举例解释如下:

  • (x-1)的效果,相当于把二进制的最后一个1变成 0,比如某数 11001之后,就变成了 1011
  • 这个时候,如果我用 x^(x-1),就会得到 1100^1011=0111
  • 最后,用 x& 刚刚的 x^(x-1),就相当于把x的最后一个1留下来了,前面的1都抹掉了:1100 & 0111 = 0100

方法二:x&-x

我们还是拿二进制数 1100 举例,由于负数是用补码表示,所以对于 1100,它的负数:

  • 原码为:11100(最高为 1 为符号位)
  • 反码为:10011(反码符号位不变,其余位取反)
  • 补码为:10100(补码=反码+1)

这样一操作,x&-x 就等于 01100 & 10100 = 0100,同样把最后的 1 取出来了。

在实现中,我们用方法二的更多,因为更短。参考代码如下:

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int lowbit(int x) {
return x & -x;
}

树状数组的定义

对于一个长度为 N 的序列,为了满足上面提到的更快的区间求和和更新的需求,我们可以构造一个树状数组。

树状数组(Binary Index Tree,简称 BIT)通过构造另一个长度为 N 的数组,来做到:

  • 区间求和,时间复杂度 O(log N)
  • 更新某一个数,时间复杂度 O(log N)

因为树状数组需要另外创建一个长度为 N 的数组,所以它的空间复杂度为O(N)

我们先创建出这个数组 b ,然后再引入它的元素间的树状逻辑关系。

我们有了数组 b,我们让数组 b 相对于原始序列 a,按如下的关系来保存范围和:

  • b[1] 保存 a[1]的值
  • b[2] 保存区间 [a[1], a[2]] 的和
  • b[3] 保存 a[3]的值
  • ….省略若干行
  • b[8] 保存区间 [a[1], a[8]] 的和

我们先不管如何做到的,先假设我们按上面的逻辑,初始化好了这个数组,那么它怎么能快速求出前缀和呢?

树状数组求和

我们假设要求 a[1] ~ a[7]的和,如下图所示,我们知道这段和满足:Sum(7) = b[4] + b[6] + b[7]

那么,我们观察一下 b[4],b[6],b[7] 这几个下标有什么特点:

  • 4 的二进制:0100
  • 6 的二进制:0110
  • 7 的二进制:0111

如果结合上我们刚刚教的 lowbit 函数,我们就可以发现如下规律:

  • 4 的二进制:0100,4 = 6 - lowbit(6)
  • 6 的二进制:0110,6 = 7 - lowbit(7)
  • 7 的二进制:0111

于是,如果我们要求 Sum(7),就可以用 b[7] 开始累加,然后用 7 - lowbit(7) 得到 6,再用 6 - lowbit(6) 得到 4,最后 4 - lowbit(4) = 0,就结束整个求和累加过程。

把以上逻辑转换成代码,是这样的:

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int query(int range) {
int ret = 0;
while (range > 0) {
ret += b[range];
range -= lowbit(range);
}
return ret;
}

有人可能要问了,这个求和都是从序列开头开始的,如果我们想求序列中间一段,比如从 x 到 y 的区间和,应该怎么办呢?这种情况,我们可以:

  • 用 query(y) 把从头到 y 位置的和求出来
  • 用 query(x-1) 把从头到 x-1 位置的和求出来
  • 然后相减 query(y) - query(x-1) 得到区间 [x,y] 的和

更新数据

树状数组也支持更新数据,像P3374 树状数组 1题目中要求的那样,我们可以将某个数加上 x,这种情况应该如何更新数组呢?

我们以更新 a[1]为例,通过观察,我们发现涉及 a[1] 的数组有:b[1],b[2],b[4],b[8],如下图所示:

你有观察出来规律吗?这刚好是我们构建的这个树从叶子结点到根结点的一条路径。

那同样的问题来了,我们如何求解出b[1],b[2],b[4],b[8]这个路径呢?我们来观察一下:

  • 1 的二进制是:0001
  • 2 的二进制是:0010, 2 = 1 + lowbit(1)
  • 4 的二进制是:0100, 4 = 2 + lowbit(2)
  • 8 的二进制是:1000, 8 = 4 + lowbit(4)

我们再验证一个中间结点的更新,比如更新 a[5],如下图所示:

我们看看规则是不是一样:

  • 5 的二进制是 0101,
  • 6 的二进制是 0110,6 = 5 + lowbit(5)
  • 8 的二进制是 1000,8 = 6 + lowbit(6)

至此,我们总结出更新方法:从数列的下标 idx 开始,不停地更新,并且用 idx += lowbit(idx) 获得下一个更新的下标,直到更新到下标超过上界(N)为止。

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void add(int idx, int val) {
while (idx <= n) {
b[idx] += val;
idx += lowbit(idx);
}
}

初始化

最暴力的初始化方法是:我们假设原序列全是 0,这样树状数组的初始状态也全是 0 即可正常表达上面的树型关系。然后,我们把每一个 a 序列中的数用更新的方式来放入树状数组中。

至此,我们完成了例题P3374 树状数组 1中的所有细节讨论,完整的代码如下:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN (int)(500000+10)

int n, m;
int a[MAXN], b[MAXN];

int lowbit(int x) {
return x & -x;
}

void add(int idx, int val) {
while (idx <= n) {
b[idx] += val;
idx += lowbit(idx);
}
}

int query(int range) {
int ret = 0;
while (range > 0) {
ret += b[range];
range -= lowbit(range);
}
return ret;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <=n; ++i) {
cin >> a[i];
add(i, a[i]);
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int op, x, y;
cin >> op >> x >> y;
if (op == 1) {
add(x, y);
} else {
cout << query(y) - query(x-1) << endl;
}
}
return 0;
}

但是,以上的这种初使化方法,时间复杂度为 O(N*logN),如果数据刚好卡在初始化中,我们可以用以下这种方法来将初始化时间复杂度优化到 O(N)

初始化(优化)

为了讲明白这种初始化,我们需要观察树状数组 b 中的每个元素代表的数据范围有什么规律。为什么 b[5] 只代表 a[5] 一个元素,但是 b[8]代表的是[a[1],a[8]] 区间的 8 个元素的和 ?

最终我们可以发现,一个数组元素代表的区间范围大小就是它的 lowbit 函数求出来的值。

例如:

  • lowbit(5) = 1,所以它只代表 a[5] 一个元素
  • lowbit(8) = 8,所以它代表 [a[1],a[8]] 共 8 个元素
  • 一个十进制数 88,其二进制为 01011000lowbit(88)=8,所以它代表的区间为 8 个元素。

进一步的,我们可以观察出,对于一个 b[x],它代表的区间为[x-lowbit(x)+1, x]

这对初始化有什么用呢?

  • 我们如果构建了数组 a 的前缀和数组 s,s[i]表示前 i 个数的和。
  • 那么,我们就可以用前缀和数组 s 来初始化 b[x]。

因为 b[x] 代表的区间和是[x-lowbit(x)+1, x],所以:b[i] = s[i] - s[i-lowbit(i)]

至此,我们可以将例题P3374 树状数组 1的代码更新如下:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN (int)(500000+10)

int n, m;
int a[MAXN], b[MAXN], s[MAXN];

int lowbit(int x) {
return x & -x;
}

void add(int idx, int val) {
while (idx <= n) {
b[idx] += val;
idx += lowbit(idx);
}
}

int query(int range) {
int ret = 0;
while (range > 0) {
ret += b[range];
range -= lowbit(range);
}
return ret;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <=n; ++i) {
cin >> a[i];
s[i] = s[i-1] + a[i];
}
// 初始化
for (int i = 1; i<=n; ++i) {
b[i] = s[i] - s[i-lowbit(i)];
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int op, x, y;
cin >> op >> x >> y;
if (op == 1) {
add(x, y);
} else {
cout << query(y) - query(x-1) << endl;
}
}
return 0;
}

管辖区间

上面讲到,树状数组中的元素 b[x] 管辖的区间和是[x-lowbit(x)+1, x],因此,我们更能理解树状数组的更新逻辑:

  • 所谓的更新a[x],就是把管辖区间涵盖 a[x] 的所有 b[x]都更新一遍。
  • 那哪些 b[x]的管辖区间涵盖 a[x]呢?就是从二进制看,就是范围中有 lowbit(x) 的数。

举例来说,如果我们要更新 a[2] 的值,lowbit(2) 的值是 0010,所以,我们要更新:

  • b[2], 因为 2 的二进制是 0010,管辖区间是 [1, 2],宽度是 2
  • b[4], 因为 4 的二进制是 0100,管辖区间是 [1, 4],宽度是 4
  • b[8], 因为 8 的二进制是 1000,管辖区间是 [1, 8],宽度是 8

再举一个例子,如果我们要更新 a[5] 的值,lowbit(5) 的值是 0001,所以我们要更新:

  • b[5],因为 5 的二进制是 0101,管辖区间是 [5, 5],宽度是 1
  • b[6],因为 6 的二进制是 0110,管辖区间是 [5, 6],宽度是 2
  • b[8],因为 8 的二进制是 1000,管辖区间是 [1, 8],宽度是 8

再举一个例子,如果我们要更新 a[7] 的值,lowbit(7) 的值是 0001,所以我们要更新:

  • b[7],因为 7 的二进制是 0111,管辖区间是 [7, 7],宽度是 1
  • b[8],因为 8 的二进制是 1000,管辖区间是 [1, 8],宽度是 8

通过上面的例子,我们可以看到,管辖区间在更新的过程中宽度是不断扩大的。不同的数,宽度扩大的倍数不同。但至少是每次翻倍的方式来扩大。

我们再从另一个角度来看管辖区间:我们把数状数组的第 1 个到第 56 个元素的二进制列出来,如下所示:

我们可以观察到:bit 为 1 的位置越低,管辖的区域越小,所以:

  • 有一半管辖区域大小为 1 的数(图中为粉色)
  • 剩下的一半,有一半管辖区域大小为 2 的数(图中为绿色)
  • 再剩的一半,有一半管辖区域大小为 4 的数(图中为紫色)
  • 再剩的一半,有一半管辖区域大小为 8 的数(图中为黄色)

再看这些数的间隔:

  • 粉色的间隔是 2-1,每 2 个出现一次
  • 绿色的间隔是 4-1,每 4 个出现一次
  • 紫色的间隔是 8-1,每 8 个出现一次
  • 黄色的间隔是 16-1,每 16 个出现一次

所以,其实树状数组是把区间和数据按分治的思想进行了切分,这样可以快速求和。

另外,从管辖区域的角度考虑,每一个数在进行 lowbit 减运算的时候,得到的新数,一定和之前的区间不是重叠的。我们可以这样证明:

  • 每个元素 b[x] 管辖的区间和是[x-lowbit(x)+1, x]
  • 我们令 y = x - lowbit(x), 则 b[y] 的管辖区间就是:[y-lowbit(y)+1, y],即:[y-lowbit(y)+1, x - lowbit(x)]
  • 可以看到,这两个区间 [y-lowbit(y)+1, x - lowbit(x)][x-lowbit(x)+1, x]其实是相邻的。

所以,每次减 lowbit(x) 的运算,其实是获得了其左侧相邻的一块区间的和。

我们来看一个查询和的例子,如果我们要求前缀和 sum(7):

  • 我们先计算 b[7],7 的二进制是 0111,管辖区间是 [7, 7],宽度是 1
  • 我们再计算 b[6],6 的二进制是 0110,管辖区间是 [5, 6],宽度是 2
  • 我们再计算 b[4],4 的二进制是 0100,管辖区间是 [1, 4],宽度是 4

我们从上面的例子可以看到:由于每次减掉的都是最小的一个 lowbit 位,所以左侧相邻的新区间一定更宽。所以求和过程中, b[7],b[6],b[4] 对应的管辖宽度从 1 到 2 再到 4.

我们再看一个前缀和 sum(9) 的例子:

  • 我们先计算 b[9], 9 的二进制是 1001,管辖区间是 [9, 9],宽度是 1
  • 我们再计算 b[8], 9 的二进制是 1000,管辖区间是 [1, 8],宽度是 8

和我们刚刚得到的结论相同:求和过程中,随着不断地减 lowbit(x),获得的新区间更宽。

小结:

  • 树状数组中的元素 b[x] 管辖的区间和是[x-lowbit(x)+1, x]
  • 每次加 lowbit(x) 的过程,相当于在不断扩展管辖区间。不同的数,宽度扩大的倍数不同。但至少是每次翻倍的方式来扩大。
  • 每次减 lowbit(x) 的过程,相当于在查找紧临 b[x] 管辖区间的一块新区间。这个新区间,宽度也是不断扩大的。不同的数,宽度扩大的倍数不同。但至少是每次翻倍的方式来扩大。

差分数组

有些时候,题目会让我们一次更新一段区间,这个时候,我们可以引入差分数组来替代原数组。

差分数组中的每一个元素,是原数组相邻两个数的差。

例如:

  • 原数组: 1,2,3,4,5,6
  • 差分数组:1,1,1,1,1,1

我们对差分数组求前缀和,就可以还原出原数组。

这个时候,如果我们把原数组的第 3 个数到第 5 个数都加上 2,我们看看效果:

  • 原数组: 1,2,5,6,7,6
  • 差分数组:1,1,3,1,1,-1

我们观察到,原数组的一个区间都加上 2 之后,在差分数组那里,只有第 3 个数和第 6 个数有变化,其它都没有变化。所以,如果我们用差分数组来代替原数组,就可以只更新两个数值来代表原来的范围更新。

P3368 【模板】树状数组 2此题可以很好地练习差分数组与数状数组的结合运用,相关代码如下:

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/**
* 差分:
* - 假设 A 序列为原序列
* - 差分数列 C 为原序列每两个数之间的差
* - 即:c[i] = a[i] - a[i-1]
* c[1] = a[1]
* c[2] = a[2] - a[1]
* c[3] = a[3] - a[2]
* - 所以:
* - a[i] = sum(c[1]+c[2]+...c[i])
*
* 对于本题,如果把数组变成差分数组:
* - [x,y] 每个数加上 k,等价于:
* - c[x] += k
* - c[y+1] -= k
* - 求第 a[x] 的值,等价于:
* - sum(c[1]+c[2]+...c[x])
* - 即求前缀和
*
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN (int)(500000+10)

int n, m;
int a[MAXN], c[MAXN], b[MAXN];

int lowbit(int x) {
return x&-x;
}

void add(int idx, int v) {
while (idx <= n) {
b[idx] += v;
idx += lowbit(idx);
}
}

int query(int range) {
int ret = 0;
while (range) {
ret += b[range];
range -= lowbit(range);
}
return ret;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
c[i] = a[i] - a[i-1];
add(i, c[i]);
}
while (m--) {
int op, x, y, k;
cin >> op;
if (op == 1) {
cin >> x >> y >> k;
add(x, k);
add(y+1, -k);
} else {
cin >> x;
cout << query(x) << endl;
}
}
return 0;
}

二维的树状数组

刚刚讲到,对于一个 b[x],它代表的区间为[x-lowbit(x)+1, x]

那么对于一个二维的树状数组 b[x, y],它代表的区间就是 a(x-lowbit(x)+1, y-lowbit(y)+1) - a(x, y) 形成的矩阵的总和。如下图所示:

对于二维的树状数组,更新就需要用两层的循环了。示例代码如下:

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void add(int x, int y, int v) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) {
for (int j = y; j <= m; j += lowbit(j)) {
c[i][j] += v;
}
}
}

查询前缀和同样需要用循环,示例代码如下:

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int query(int x, int y) {
int res = 0;
for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) {
for (int j = y; j > 0; j -= lowbit(j)) {
res += c[i][j];
}
}
return res;
}

如果题目要求区间和,则需要用容斥原理来求解,这里不再展开介绍。

用树状数组求逆序对

什么是逆序对?逆序对是指一个序列中,a[i] > a[j]i < j 的有序对。

比如一个序列是 3 2 1,它的逆序对就有:3 2,3 1,2 1 三组。

树状数组如何和逆序对的数量扯上关系呢?

拿序列 3 2 1 举例,我们知道,树状数组是可以用前缀和的。如果我们:

  • 假设序列初始情况下为全 0
  • 当处理第一个数 3 的时候,我们让树状数组的下标 3 加 1:update(3, 1),同时记录插入了 1 个数
  • 当处理第二个数 2 的时候,我们统计小于等于 2 的前缀和:query(2),然后拿总数减 query(2),得到大于 2 的数字数量
  • 这个数量,就是当 2 被处理的时候,前面有一共多少个数大于 2,即与 2 能够组成逆序对的数量

例题:P1908 逆序对

在此题中,我们先要解决两个问题,才能借用上面的思想:

问题1、题中的数据范围太大,我们如何解决?

答案:我们可以用离散化的思想,把 2 10000 1 变成 2 3 1,因为逆序对是统计相对大小,所以这样更改之后,逆序对的数量是不变的。

具体如何离散化呢?我们可以将数据依次标记上编号,然后排序。例如:

  • 原始序列为 100 200 50, 我们把它分别标上编号 (100,1), (200,2), (50,3)
  • 然后我们将数值排序,得到:(50,3), (100,1), (200,2)
  • 然后,我们再将新的序列赋上从 1 开始的编号:(50,3,1), (100,1,2), (200,2,3)
  • 然后,我们再将序列按原来的编号(第 2 个数字)排序,得到 (100,1,2), (200,2,3), (50, 3, 1)
  • 至此,我们转换得到了新的编号 2,3,1

因为 N 最多是 5*10^5,所以离散化之后,树状数组的大小也缩减到了 5*10^5

在实现的时候,我们可以用结构体来保存上面的三元组。

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struct Node {
int v;
int origin_idx;
int next_idx;
};

问题2、如果有两个相等的元素,会不会计算错误?

我们假设元素是 200 300 200,按我们刚刚的操作:

  • 先标号,得到 (200,1) (300,2) (200,3)
  • 再排序,得到 (200,1) (200,3) (300,2)
  • 再标号,得到 (200,1,1) (200,3,2) (300,2,3)
  • 再排序,得到 (200,1,1) (300,2,3) (200,3,2)
  • 最后序列是 1,3,2

这种是没问题的,但是,如果我们排序的时候不是用的稳定排序,把第二个 200 排到了前面,就会得到 2,3,1,这样逆序对就会多一个 2 1,而这本来是不存在的。

所以,为了解决这个问题,我们可以用稳定排序stable_sort,或者保证排序的时候,值相同的情况下,标号大的在后面。

以下是完整的参考程序:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define MAXN (int)(5*1e5+10)

struct Node {
int v;
int origin_idx;
int next_idx;
};
Node a[MAXN];
int n,c[MAXN];
long long ans;

bool comp1(const Node &a, const Node &b) {
return a.v < b.v;
}

bool comp2(const Node &a, const Node &b) {
return a.origin_idx < b.origin_idx;
}

int lowbit(int x) { return x&-x; }

void add(int a, int v) {
while (a<=n) {
c[a]+=v;
a+=lowbit(a);
}
}

int query(int a) {
int ret = 0;
while(a) {
ret += c[a];
a -= lowbit(a);
}
return ret;
}


int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <=n; ++i) {
cin >> a[i].v;
a[i].origin_idx = i;
}
stable_sort(a+1, a+1+n, comp1);
for (int i = 1; i<=n; ++i)
a[i].next_idx = i;
stable_sort(a+1, a+1+n, comp2);

for (int i = 1; i <=n; ++i) {
add(a[i].next_idx, 1);
ans += i - query(a[i].next_idx);
}
cout << ans << endl;

return 0;
}

相关练习题目

文章中涉及的例题:

练习题:

题目 描述
B3874 小杨的握手问题 GESP 202309 六级真题
- -

B3874 小杨的握手问题

解题思路:

  • 把学号为 a 的学生进入教室的行为,转化为第 a 个序列元素的值加 1。
  • 这样,找出小于 a 的学生数量,就等价于求序列前 a-1 个元素的前缀和。
  • 利用数状数组,就可以快速求前缀和了。

参考代码:

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/**
* 数状数组求逆序对。
*
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN int(3e5+10)

int n, b[MAXN];
long long ans;

int lowbit(int a) {
return a&-a;
}

void add(int idx, int v) {
while (idx <= n) {
b[idx] += v;
idx += lowbit(idx);
}
}

int query(int range) {
int ret = 0;
while (range) {
ret += b[range];
range -= lowbit(range);
}
return ret;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int a;
cin >> a;
// 将学号下标从 0 开始改到 1 开始
a = a + 1;
ans += query(a - 1);
add(a, 1);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

CSPJ 教学总结:深度优先搜索(DFS)

2025-04-13 15:27:30

深度优先搜索(DFS)是学生学习算法的第一道门槛,因为它的主要形式是递归。而递归中需要将搜索的相关信息通过参数传递,这一点需要学生深刻理解 DFS。

模版

DFS 有比较标准的模版,如下所示:

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void dfs(int pt) // pt 表示层数
{
if (终止条件) {
// 处理
return;
}
for (枚举这个层的所有可选项) {
if(这个选项是合法的){
标记这个选项(保存现场)
dfs(pt+1);
取消标记(恢复现场)
}
}
}

我们将运用该模版,完成后面的题目。

递归的深度

递归的时候,程序会占用栈空间来保存函数的环境变量。根据编译器以及编辑参数的不同,栈空间的大小也不同。通常情况下,竞赛中的编译器设定的栈空间为 8M 或者 16M。

假如,我们在一个递归函数中使用了 10 个 int 变量,那么每个递归函数就需要 4*10=40字节的栈空间。8M 一共可以支持 8*1000*1000/40=200000层调用。考虑到栈空间还需要保存当前函数执行的地址等变量,可供支持的调用层数会更小一点。

同学们也可以做如下的递归函数栈空间的测试:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int dfs(int x) {
int test[9] = {0};
cout << x << endl;
dfs(x + 1);
return 0;
}

int main() {
dfs(0);
return 0;
}

在我的本地,以上程序调用了约 13 万次后栈溢出。为了保险,我们在比赛中如果调用深度小于 1 万层,那应该是稳妥的;否则我们需要考虑是否用别的解法来解题。

教学和练习题目

题目名 说明
P1036 选数 NOIP 2002 普及组
P1219 八皇后 Checker Challenge USACO 1.5
P1596 Lake Counting S USACO10OCT
P2036 PERKET COCI 2008/2009 #2
P12139 黑白棋 蓝桥杯 2025 省 A,写起来较繁琐
P1605 迷宫 标准的 DFS
P2404 自然数的拆分问题
P1019 单词接龙 NOIP 2000 提高组

P7200
P10483

P1219 八皇后 Checker Challenge

这是八皇后的变种,N 皇后问题。可以作为基础练习。具体解法是:

  • 我们用变量 v[15] 表示每个皇后的列值。
  • 对于新放入的皇后,我们依次检查它与前面的皇后是否在一条斜线上。检查方法是看其“横坐标差”与“纵坐标差”是否相同。检查函数如下:
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bool check(int pt) {
for (int i = 0; i < pt; i++) {
if (abs(v[i] - v[pt]) == abs(i - pt)) return false;
}
return true;
}

完整的代码如下:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
int v[15], ans;
bool flag[15];

bool check(int pt) {
for (int i = 0; i < pt; i++) {
if (abs(v[i] - v[pt]) == abs(i - pt)) return false;
}
return true;
}

void dfs(int pt) {
if (pt == n) {
ans++;
if (ans <= 3) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
cout << v[i] << " ";
}
cout << endl;
}
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (flag[i]==false) {
flag[i] = true;
v[pt] = i;
if (check(pt)) dfs(pt + 1);
flag[i] = false;
}
}

}

int main() {
cin >> n;
dfs(0);
cout << ans << endl;
return 0;
}

P1036 选数

此题需要从小到大取数求和,然后再判断是否是素数。用递归的方式来进行枚举。

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, k, tot, ans;
int a[22], p[22];

bool isPrime(int v) {
for (int i = 2; i*i <= v; ++i) {
if (v%i == 0) {
return false;
}
}
return true;
}

void dfs(int pt) {
if (pt == k+1) {
if (isPrime(tot)) {
ans++;
}
} else {
// 每一层都必须取比前一层更大的下标,防止重复取
for (int i = p[pt-1]+1; i <= n; ++i) {
p[pt] = i;
tot += a[i];
dfs(pt+1);
tot -= a[i];
}
}
}

int main() {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
dfs(1);
cout << ans << endl;
return 0;
}

P1596 Lake Counting S

此题既可以用 DFS,也可以用 BFS。考虑到 N 和 M 最大值为 100,所以递归的层次最多为 1 万层,所以我们可以试试 DFS。

以下是参考代码:

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;
char tu[105][105];
int ans;
int movex[8] = {0, 0, 1, -1, 1, 1, -1, -1};
int movey[8] = {1, -1, 0, 0, 1, -1, 1, -1};

void dfs(int x, int y) {
tu[x][y] = '.';
for (int i = 0; i < 8; i++) {
int nx = x + movex[i];
int ny = y + movey[i];
if (nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m
|| tu[nx][ny] != 'W') continue;
dfs(nx, ny);
}
}

int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> tu[i][j];
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (tu[i][j] == 'W') {
dfs(i, j);
ans++;
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

P2036 PERKET

因为 N 最多为 10,每种食材可以选或者不选两种情况,所以最多情况数为 2^10=1024 种。搜索时间满足要求。

所以,此题用 DFS 可以非常方便解决。在搜索的时候,我们可以将食材的相关信息带到 DFS 函数的参数中,方便最后答案的求解。

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
int s[11], b[11], v[11];
int ans = INT_MAX;

/**
* pt: 当前处理到的食材
* cnt: 当前选中的食材数量
* ss: 当前选中的食材的总酸度
* bb: 当前选中的食材的总甜度
*/
void dfs(int pt, int cnt, int ss, int bb) {
if (pt == n) {
if (cnt > 0) {
ans = min(ans, abs(ss - bb));
}
return;
}
v[pt] = 1;
dfs(pt + 1, cnt + 1, ss * s[pt], bb + b[pt]);
v[pt] = 0;
dfs(pt + 1, cnt, ss, bb);
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> s[i] >> b[i];
}
dfs(0, 0, 1, 0);
cout << ans << endl;
return 0;
}

P12139 黑白棋

此题是搜索题,需要在中间尽可能检查状态来剪枝,以节省搜索次数。

题目有三类限制,分别可以用在不同的剪枝环节。

限制一:在每一行和每一列中,黑色棋子和白色棋子的数量必须相等(即为 3)。

  • 我们可以对每一行记录黑子和白子的数量,如果某一行或某一列的一种颜色达到 3,后面则不能用这个颜色。

限制二:不能有超过两个相同颜色的棋子连续排列。

  • 我们可以在当前落子的时候,检查它的左边和上面连续的几个格子,看是否有 3 个相同的子。

限制三:行列唯一性

  • 可以放到最后检查。

另外,这个棋盘有几个位置已经设定了值,我们需要标记下来,搜索的时候跳过对这些位置的尝试,但需要在这些位置做合法性检查。

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int row_cnt[6][2], col_cnt[6][2];
char tu[7][7], mark[7][7];

bool check(int r, int c) {
// 在每一行和每一列中,黑色棋子和白色棋子的数量必须相等(即为 3)
if (row_cnt[r][1] > 3 || row_cnt[r][0] > 3 || col_cnt[c][1] > 3 || col_cnt[c][0] > 3) return false;

// 不能有超过两个相同颜色的棋子连续排列
if (r >= 2) {
if (tu[r][c] == '1' && tu[r-1][c] == '1' && tu[r-2][c] == '1') return false;
if (tu[r][c] == '0' && tu[r-1][c] == '0' && tu[r-2][c] == '0') return false;
}
if (c >= 2) {
if (tu[r][c] == '1' && tu[r][c-1] == '1' && tu[r][c-2] == '1') return false;
if (tu[r][c] == '0' && tu[r][c-1] == '0' && tu[r][c-2] == '0') return false;
}
return true;
}

// 行列唯一性检查
bool final_check() {
set<int> row_set, col_set;
for (int i = 0; i < 6; i++) {
int v = 0;
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
v = v * 10 + (tu[i][j] - '0');
}
row_set.insert(v);
}
if (row_set.size() != 6) return false;
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
int v = 0;
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
v = v * 10 + (tu[i][j] - '0');
}
col_set.insert(v);
}
if (col_set.size() != 6) return false;
return true;
}

void dfs(int r, int c);
void try_dfs(int r, int c) {
char ch = tu[r][c];
row_cnt[r][ch - '0']++;
col_cnt[c][ch - '0']++;
if (check(r, c)) {
int nr = r;
int nc = c + 1;
if (nc == 6) {
nr++;
nc = 0;
}
dfs(nr, nc);
}
row_cnt[r][ch - '0']--;
col_cnt[c][ch - '0']--;
}

void dfs(int r, int c) {
if (r == 6) {
if (final_check()) {
for (int i = 0; i < 6; i++) {
for (int j = 0; j < 6; j++) {
cout << tu[i][j];
}
}
cout << endl;
// 因为只有一个合法解,所以找到答案就退出
exit(0);
}
return;
}

if (mark[r][c] == 0) {
tu[r][c] = '1';
try_dfs(r, c);
tu[r][c] = '0';
try_dfs(r, c);
} else {
tu[r][c] = mark[r][c];
try_dfs(r, c);
}
}

void init() {
memset(mark, 0, sizeof(mark));
mark[0][0] = '1';
mark[0][1] = '0';
mark[0][3] = '0';
mark[1][3] = '0';
mark[2][4] = '0';
mark[2][5] = '0';
mark[4][2] = '1';
mark[4][5] = '1';
mark[5][1] = '0';
mark[5][4] = '1';
}

int main() {
init();
dfs(0, 0);
return 0;
}

P1605 迷宫

用 DFS 来枚举,但需要标记走过的路。

  • 因为最多只有 5x5=25 个格子,所以递归的深度最大只有 25,不存在溢出情况。
  • 因为有陷阱(不能走)和起点终点(不能重复走),所以我们假设平均每次有 2 条支路,
    整个的最坏情况估计只有 2^23=8388608 次,所以也不会超时。

一些陷阱:

  • 终点可能也有障碍物,这个时候始终就到不了。
  • 起点在走之前需要标记,否则会重复走。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 0 - 空地
// 1 - 障碍物
int tu[6][6], n, m, t, sx, sy, ex, ey, ans;

int movex[]={1,-1,0,0};
int movey[]={0,0,-1,1};

void dfs(int x, int y) {
if (x == ex && y == ey) {
ans++;
return;
}
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int tox = x + movex[i];
int toy = y + movey[i];
if (tox >=1 && tox<=n && toy>=1 && toy<=m && tu[tox][toy]!=1){
tu[tox][toy]=1;
dfs(tox, toy);
tu[tox][toy]=0;
}
}
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m >> t;
cin >> sx >> sy >> ex >> ey;
while (t--) {
int x, y;
cin >> x >> y;
tu[x][y] = 1;
}
tu[sx][sy] = 1;
dfs(sx, sy);
cout << ans << endl;
return 0;
}

P2404 自然数的拆分问题

DFS,有两个技巧:

  • 保证后面的数 >= 前面的数。
  • 让每个数必须小于 n,这样不会出现 n=n 这种等式。
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, tot, v[10];

void dfs(int pt) {
if (tot == n) {
cout << v[1];
for (int i = 2; i < pt; ++i) {
cout << "+" << v[i];
}
cout << endl;
return;
}
for (int i = v[pt-1]; tot + i <=n && i < n ; ++i) {
tot += i;
v[pt] = i;
dfs(pt+1);
tot -= i;
}
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
v[0] = 1;
dfs(1);
return 0;
}

CSPJ 教学总结:STL

2025-04-12 22:00:46

STL 库是 C++ 语言的标准库,我们在比赛中主要用到的有如下内容。

string 类

  • substr
  • find
  • replace
  • insert
  • erase
  • c_str

容器

  • pair
  • vector
  • deque
  • list
  • stack
  • queue
  • priority_queue
  • map
  • unordered_map
  • set
  • unordered_set

算法库

函数 调用示意 说明
sort sort(v.begin(), v.end()) 快速排序
stable_sort stable_sort(v.begin(), v.end()) 稳定排序
unique unique(v.begin(), v.end()) 去重,返回的是去重后的元素末地址。可以结合 erase 函数来把多余数据删除。参考代码:v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());
next_permutation next_permutation(v, v+n) 返回全排列的下一个值,当没有下一个排列时,函数返回 false
prev_permutation prev_permutation(v, v+n) 返回全排列的上一个值,当没有上一个排列时,函数返回 false
nth_element nth_element(v.begin(), v.begin() + k, v.end()), 函数执行后,v.begin()+k 位置的数为排序后的最终位置,即左边的数都小于它,后面的数都大于它
lower_bounds lower_bounds(v, v+n, a) 查找大于或等于 a 的第一个位置,如果没找到则返回 end()
upper_bounds upper_bounds(v, v+n, a) 查找大于 a 第一个位置,如果没找到则返回 end()
equal_range equal_range(v, v+n, a) equal_range 返回一个 pair,first 元素是查找到的匹配 a 值的左边界,second 元素是匹配到的 a 值的右边界,边界为左闭右开原则。当 first == second 的时候,相当于没找到目标值
__gcd __gcd(a, b) 返回 a 和 b 的最大公约数
reverse reverse(v.begin(), v.end()) 将原序列逆序
min_element min_element(v.begin(), v.end()) 返回的是地址,如果想要值,可以用 * 获得对应下标的值,如果想获得下标,可以让它减去 v.begin()
max_element max_element(v.begin(), v.end()) 返回的是地址,如果想要值,可以用 * 获得对应下标的值,如果想获得下标,可以让它减去 v.begin()
accumulate accumulate(v.begin(), v.end(), 0); 第三个参数是初始值

练习

题号 说明
P1996 约瑟夫问题 适合用 list
P3613 寄包柜 适合用 map 和 pair
P4387 验证栈序列 适合用 stack
P1540 机器翻译 NOIP 2010 提高组,适合用 vector 以及 STL 的 find 算法
P1449 后缀表达式 适合练习 stack
P2058 海港 NOIP 2016 普及组,练习桶和队列
P2234 营业额统计 练习 set 和 lower_bound 函数
P4305 不重复数字 可以练习 unordered_map 以及对比 cin 和 scanf 的速度差别

P4387 验证栈序列

解法:把 A 数组中的元素住栈里面 push,然后如果栈顶元素和 B 数组的当前元素相同,就 pop,同时 B 数组的当前元素后移。

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int t, n, a[100010], b[100010];

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> a[i];
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> b[i];
stack<int> q;
int idx = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
q.push(a[i]);
while (!q.empty() && q.top() == b[idx]) {
q.pop();
idx++;
}
}
if (q.empty()) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
}
return 0;
}

P1540 机器翻译

参考代码:

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
int m, n, t, ans = 0;
cin >> m >> n;
vector<int> v;
while (cin >> t) {
if (find(v.begin(), v.end(), t) == v.end()) { // 如果不在内存中
v.push_back(t);
++ans;
}
if (v.size() > m)
v.erase(v.begin());
}
cout << ans << endl;
}

P1449 后缀表达式

表达式计算:

  • 不停读入。
  • 如果读到数字,就和之前的数字拼接:a = a * 10 + ch - '0'
  • 如果读到 . 就压栈
  • 如果读到运算符,就出栈两个数进行运算,结果再压栈
  • 如果读到 @ 结束
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

stack<int> s;
int a, v1, v2;

int main() {
char ch;
while (cin >> ch) {
if (ch == '@') break;
if (ch >= '0' && ch <='9') {
a = a*10 + ch - '0';
} else if (ch == '.') {
s.push(a);
a = 0;
} else if (ch == '+') {
v1 = s.top(); s.pop(); v2 = s.top(); s.pop();
s.push(v1 + v2);
} else if (ch == '-') {
v1 = s.top(); s.pop(); v2 = s.top(); s.pop();
s.push(v2 - v1);
} else if (ch == '*') {
v1 = s.top(); s.pop(); v2 = s.top(); s.pop();
s.push(v1 * v2);
} else if (ch == '/') {
v1 = s.top(); s.pop(); v2 = s.top(); s.pop();
s.push(v2 / v1);
}
}
cout << s.top() << endl;
return 0;
}

P2058 海港

解法:用一个队列记录所有 24 小时内的船。用一个桶记录每个国家的乘客数量。

  • 每次有新船入队列的时候,更新桶。如果桶更新前是 0,则 ans++
  • 每次新船入队列后,检查最早的队列,如果超24 小时,则出队
  • 出队的时候,更新桶,如果桶的数量减为 0,则 ans--
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct Node {
int t;
int len;
vector<int> v;
};

// 桶,记录每个国家的乘客数量
int cnt[100010], n, t, ans;
// 队列
queue<Node> q;

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
Node a;
cin >> a.t >> a.len;
a.v.resize(a.len);
for (int j = 0; j < a.len; ++j) {
cin >> a.v[j];
if (cnt[a.v[j]] == 0) ans++;
cnt[a.v[j]]++;
}
q.push(a);
int min_t = a.t - 86400;
// 检查出列
a = q.front();
while (a.t <= min_t) {
for (int j = 0; j < a.len; ++j) {
cnt[a.v[j]]--;
if (cnt[a.v[j]] == 0) ans--;
}
q.pop();
a = q.front();
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}

P2234 营业额统计

把营业额往 set 里面放,这样数据就是有序的。然后用 lower_bound 查找大于等于 x 的值。

  • 如果找到了,那么波动就是 0
  • 如果没找到,比较当前位置和上一个位置与 x 的差,取较小那个;同时插入 x

取上一个位置的时候要处理一下边界,如果是在 s.begin()位置的话就不用处理了。

取当前位置的时候要处理一下,看看是不是在 s.end()

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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

set<int> s;
int n, x, ans;
bool debug = false;

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
cin >> x;
ans = x;
s.insert(x);
for (int i = 1; i < n; ++i) {
cin >> x;
set<int>::iterator it;
it = s.lower_bound(x);
if (it != s.end() && *it == x) {
continue;
} else {
int diff = INT_MAX;
if (it != s.end()) {
diff = min(diff, abs(*it-x));
}
if (it != s.begin()) {
it--;
diff = min(diff, abs(*it-x));
}
ans += diff;
s.insert(x);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}