当青训营遇上码上掘金

我是打acm的，本次活动，没用什么特别的设计，就简单讲一下主题三和主题四的解法以及时间复杂度分析。

主题三：寻友之旅

小青要找小码去玩，他们的家在一条直线上，当前小青在地点 N ，小码在地点 K （0≤N , K≤100 000），并且小码在自己家原地不动等待小青。小青有两种交通方式可选：步行和公交。 步行：小青可以在一分钟内从任意节点 X 移动到节点 X-1 或 X+1 公交：小青可以在一分钟内从任意节点 X 移动到节点 2×X （公交不可以向后走）

请帮助小青通知小码，小青最快到达时间是多久？ 输入： 两个整数 N 和 K 输出： 小青到小码家所需的最短时间（以分钟为单位）

解法

首先，看到这题第一眼想到 dfs 暴力查找，见代码：

int startplace, endplace, mi = 1e5;
bool vis[maxn];
void dfs(int cur, int sumtime) {
    if (vis[cur]) return;
    if (sumtime > mi) return;
    if (cur < min(startplace, endplace) / 2 || cur > 2 * max(startplace, endplace)) return; // 卡范围，优化时间
    if (cur == endplace) {
        mi = min(mi, sumtime);  // 取所有路线的最短时间
        return;
    }
    vis[cur] = 1;  // 对此次查找路线经过的地方做标记，防止重复走
    dfs(2 * cur, sumtime + 1);
    dfs(cur - 1, sumtime + 1);
    dfs(cur + 1, sumtime + 1);
    vis[cur] = 0;  // 此处采用回溯法
}
int solve(){
    dfs(startplace, 0);
    return mi;  // 答案
}

但很明显，1e5 的范围内，暴力查找显然是行不通的, 若数据大的话，时间逼近于 pow(3,1e5)

也可以考虑一些贪心策略，也不太行，此时大致可以放弃 dfs ，那就只能用 bfs 试试了。

在 dfs 上，我们用过标记，在 bfs 上我们可以更进一步考虑时间，即从起点开始搜索，按照时间排序，即一个队列就可以实现（先进先出）。即先将起点 push 进去，然后起点 1 分钟到的点，接着能到的点继续走，相当于一个时间队列。再考虑每个点前面经过了，则后面经过时间自然长些，后面经过这个点的方案可以直接去除，即每个点便利一次就可以了, 做个标记，即时间复杂度为 O(n)

这个题基本就可以解决了，绕了个大圈子，发现 一个简单的 bfs 此时实用的多。额......

下面看解法：

const int maxn = 2e5 + 10;
int startplace, endplace;
int ti[maxn];  // 到达某点的时间
int solve() {
    memset(ti, -1, sizeof(ti));  // -1 为未访问过该点
    queue<int>q;
    q.push(startplace);
    ti[startplace] = 0;
    if (endplace == startplace) return 0;
    while (!q.empty()) {
        int now = q.front(); q.pop();
        if (now == endplace) return ti[endplace];  // 最先打达终点
        for (int i = 0;i < 3;i++) {
            int to;
            if (i == 0) to = now + 1;
            else if (i == 1) to = now - 1;
            else to = now * 2;
            if (to >= 0 && to < maxn) {
                if (ti[to] != -1) continue;  // 重复访问某点
                ti[to] = ti[now] + 1;  // 时间增加
                q.push(to);
            }
        }
    }
}

主题四：攒青豆

现有 n 个宽度为 1 的柱子，给出 n 个非负整数依次表示柱子的高度，排列后如下图所示，此时均匀从上空向下撒青豆，计算按此排列的柱子能接住多少青豆。（不考虑边角堆积）

以下为上图例子的解析：
输入：height = [5,0,2,1,4,0,1,0,3]  
输出：17  
解析：上面是由数组 [5,0,2,1,4,0,1,0,3] 表示的柱子高度，在这种情况下，可以接 17 个单位的青豆。
复制代码

解答：

将每一列分开来考虑，则很容易知道该列的青豆数等于 max( 0, min( leftmax, rightmax ) - h[now] ) , h[now] 为当前列的高度，leftmax 指改列左边列的最大高度值，同理 rightmax 指右边最大高度值。首先可以考虑暴力查找左右的最大值，查询需要O(n)， 可用前缀最大值和右缀最大值优化，因为每次查询的区间是从最左和最右开始的，时间复杂度为 O(1)。即每一列的青豆数很容易得到，然后分别求每一列值相加即可，即为答案，总时间复杂度为 O(n)，做这道题当然是 OK 的。

下面看一下关键代码：

int pre[maxn], las[maxn];
int find(vector<int> &s) {
    int n = s.size(), sum = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) pre[i] = max(pre[i - 1], s[i - 1]);  // 前缀最大值
    for (int i = n;i >= 1;i--+) las[i] = max(las[i + 1], s[i - 1]);  // 后缀最大值
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int leftmax = pre[i];   // 左边最大值
        int rightmax = las[i];  // 右边最大值
        int now = max(0, min(leftmax, rightmax) - s[i - 1]);  // 此列的青豆数
        sum += now;
    }
    return sum;
}

作者：梦游呢
链接：juejin.cn/post/719366…
来源：稀土掘金
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