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A. 牛牛分蛋糕
题目形容
牛牛明天家里要来客人，所以牛牛明天特意做了他最拿手的两种蛋糕，然而他是一个有洁癖的人，所以他在分蛋糕时，有如下几个准则：
- 他不心愿一个盘子里呈现两种蛋糕
- 他心愿每个盘子中都有蛋糕
- 他想让装有起码蛋糕数量的盘子中装有的蛋糕数量尽可能多
备注:
n, a, b(1 ≤ a, b ≤ 10^5, 2 ≤ n ≤ a + b)
第一个参数代表盘子的数量
第二个参数代表第一种蛋糕的数量
第三个参数代表第二种蛋糕的数量。程序应返回：在所有分法中，蛋糕数量起码的盘子中分到最多的蛋糕数量。示例 1
输出
5, 2, 3输入
1阐明
只有一种办法把蛋糕调配到盘子里，即所有的盘子上都有一个蛋糕。示例 2
输出
4, 7, 10输入
3阐明
第一个盘子中装有第一种蛋糕三个，第二个盘子中装有第一种蛋糕四个，第三个、第四个盘子中各装有第二种蛋糕五个。解法一：暴力搜盘子
思路剖析
要想装起码蛋糕数量的盘子中装的蛋糕最多，必然是平均调配蛋糕。因而能够搜寻所有的盘子调配计划，看哪种状况下平均调配到的蛋糕最多。
工夫复杂度：$O(n)$。总共有 $n – 1$ 种盘子调配计划。
空间复杂度：$O(1)$。
代码实现
public int solve (int n, int a, int b) {
int res = 0;
for(int i = 1; i < n; i++) {int min = Math.min(a / i, b / (n - i));
res = Math.max(res, min);
}
return res;
}解法二：二分搜蛋糕
思路剖析
每个盘子都调配 $c$ 块蛋糕，若 $a / c + b / c \ge n$ 阐明这样调配能使 $n$ 个盘子中都有蛋糕。二分搜寻寻找最大的 $c$ 即可。
工夫复杂度：$O(log(min(a,b)))$。
空间复杂度：$O(1)$
代码实现
public int solve (int n, int a, int b) {int l = 1, r = Math.min(a, b);
while(l < r){int mid = (l + r + 1) >> 1;
if(a / mid + b / mid < n) r = mid - 1;
else l = mid;
}
return l;
}B. 牛牛凑数字
题目形容
牛牛明天逛商店，看到商店里摆着一些很漂亮的数字，牛牛十分喜爱，想买一些数字带回家。
数字一共有九种类型，别离是 1 – 9 这九个数字，每个数字的价格都不一样，而且每个数字的货源都十分短缺。
牛牛是个完满主义者，他心愿用本人的可能接受的价格，从这些数字外面购买，并且凑到最大的数字带回家。
备注:
第一个参数为一个整数 n(0 ≤ n ≤ 10^6)，代表牛牛所能接受的价格。第二个参数为 1 - 9 这九个数字的价格数组，a1, a2, ……, a9(1 ≤ ai ≤ 10^5)。程序应返回: 一个数字，代表牛牛能凑到的最大的数字。当然，如果牛牛一个数字都买不起，返回 "-1" 即可。留神，因为数字可能会很大，所以程序中须要解决成 string 类型进行返回。示例 1
输出
5,[5,4,3,2,1,2,3,4,5]输入
"55555"阐明
第 5 个数字只须要破费 1，所以买 5 个第 5 个数字能够凑到最大值 55555。示例 2
输出
2,[9,11,1,12,5,8,9,10,6]输入
"33"阐明
购买 2 个第 3 个数字，能够凑到最大值为 33。解法：贪婪
思路剖析
要想数字最大，首先得数字的数量最多。其次，在雷同数量的数字时，应尽可能买最大的数字。
如果每一个都买破费起码的数字 $a$，那么数字的数量 $cnt$ 必然是最多的。
找到这个最多的数量后，从大到小搜查数字，若不缩小数量的状况下能买到更大的数字，则用它替换掉 $a$。
工夫复杂度：$O(\frac n {min(a_i)})$。最多买 $\frac n {min(a_i)}$ 个数字，因而最多搜查这么屡次。
空间复杂度：$O(1)$。
代码实现
public String solve (int n, int[] a) {StringBuilder res = new StringBuilder();
int min = Integer.MAX_VALUE;
int minNum = 0;
for(int i = 0; i < 9; i++) {if(a[i] <= min) {min = a[i];
minNum = i + 1;
}
}
if(n < min) return "-1";
boolean incre = true;
while(incre && n > min) {
incre = false;
for(int i = 8; i >= minNum; i--) {if(n >= a[i] && ((n - a[i]) / min == n / min - 1)) {res.append(i + 1);
n -= a[i];
incre = true;
break;
}
}
}
for(int i = 1; i <= n / min; i++) res.append(minNum);
return res.toString();}另一种写法 (工夫复杂度没变，只是升高了代码量)
public String solve (int n, int[] a) {StringBuilder res = new StringBuilder();
int minCost = Integer.MAX_VALUE;
for(int i = 0; i < 9; i++) minCost = Math.min(minCost, a[i]);
if(n < minCost) return "-1";
int cnt = n / minCost;
for(int i = 8; i >= 0 && res.length() < cnt; i--){while(n - a[i] >= minCost * (cnt - res.length() -1)){res.append(i + 1);
n -= a[i];
if(res.length() == cnt) break;
}
}
return res.toString();}C. 牛妹的野菜
题目形容
书接上回，牛妹组织春游，有一个乏味的我的项目是挖番薯。聪慧的牛妹拿到了一个表明了番薯洞的地图，每个番薯洞中有肯定数量的番薯。同时，咱们晓得番薯洞的连贯门路，并规定门路是单向且小序号指向大序号，也无环。能够从任意一处开始挖，而后沿着连贯往下挖（仅能抉择一条门路），当无连贯时，完结。
设计一种挖番薯的计划，使得能够挖到更多的番薯。
输入门路。
备注:
总番薯数量不超过 1000000，番薯洞数量不超过 250.示例 1
输出
[5,10,20,5,4,5],[[1,2],[1,4],[2,4],[3,4],[4,5],[4,6],[5,6]]输入
"3-4-5-6"阐明
很显著 先去第三点拿 20 个番薯，再去第四个点拿 5 个，再去第五个点拿 4 个，再去第六个点拿 5 个。这个计划最优 解法：回溯
思路剖析
(心田 os: 作为成年人，所有番薯我全要。一条门路上的番薯只够牛妹一个人吃！)
当咱们处于洞口 $a$ 时，如果咱们晓得了每一个洞口 $b (b \in next(a))$ 的最优计划，那么能够间接比拟汇合 $next(a)$ 的各个计划，抉择其中最优的作为下一个洞口。
按照这个思路，咱们只有从门路的底部往头搜查，就能够一次遍历失去所有洞口的最优计划。那么如何找到门路的底部呢？答案就是利用回溯。从入口递归的往下搜查洞口，而后回溯中返回下一个洞口的最优计划。
工夫复杂度：$O(n)$。每个洞口最多搜查一次
空间复杂度：$O(n^2)$。对于 $n$ 个洞口，须要记录它们的下一个洞口。
代码实现
List<Integer>[] next; // 从 i 登程的下一个洞口
String[] path; // 从 i 登程的最优计划门路
int[] potatoMaxNum; // 从 i 登程能够挖到番薯的最大数量
int[] potatoNum;
public String digSum (int[] potatoNum, int[][] connectRoad) {
int n = potatoNum.length;
next = new List[n + 1];
path = new String[n + 1];
potatoMaxNum = new int[n + 1];
this.potatoNum = potatoNum;
for(int i = 1; i <= n; i++) next[i] = new ArrayList<Integer>(250);
for(int[] path: connectRoad){next[path[0]].add(path[1]);
}
String res = "";
int maxNum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {// 遍历 n 个洞口，看看哪个洞口登程失去的番薯最多
dfs(i);
if(potatoMaxNum[i] > maxNum) {maxNum = potatoMaxNum[i];
res = path[i];
}
}
return res;
}
public int dfs(int d){// 返回洞口 d 登程失去的最大番薯数量
if(potatoMaxNum[d] != 0) return potatoMaxNum[d];
if(next[d].isEmpty()) {// 最初一个洞口了
path[d] = "" + d;
return potatoMaxNum[d] = potatoNum[d - 1];
}
int maxd = d;
for(Integer nextd: next[d]) {// 看看下一步去哪个洞口失去的番薯最多
int num = dfs(nextd);
if(num > potatoMaxNum[maxd]) maxd = nextd;
}
potatoMaxNum[d] = potatoNum[d - 1] + potatoMaxNum[maxd];
path[d] = d + "-" + path[maxd];
return potatoMaxNum[d];
}写在最初
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