題目大意：給出一排 $n$ 個竹子的高度，每次操作可以選擇連續的，高度相同的竹子，使其高度變為 $?\sqrt{?\frac{H}{2}+1?}?$，問最少需要執行多少次操作可以使得所有竹子都變成 $1$

題目分析：最樸素的思路就是去模擬，賽時想到的也是這個思路，但是沒時間去寫了，就打了個 $O(n^{2}logn)$ 的暴力騙了點分

首先需要知道每次操作的一個性質，根號和除以二相結合，使得 $1e18$ 的數字沒有幾次就會下降成 $1$，這里視為 $log$ 的復雜度是完全可以的

那么模擬的思路就呼之欲出了：

將序列去重（去掉相鄰重復的部分）

找到最大值，執行一次操作

賽時感覺需要用線段樹或平衡樹來維護，沒有多想，賽后經過帽帽鴿的提醒，發現這個模型可以套用雙向鏈表+堆的思路去實現。簡單來說就是對序列維護一個雙向鏈表，對于需要合并的一段，壓縮成一個點，扔進堆里每次選擇最大值即可，時間復雜度 $O(nlo{g}^{2}n)$

賽后和楊大佬討論之后發現了另一個思路，對于一個位置 $i$ 來說，合并帶來最直接的影響就是將 $i?1$、$i$、以及 $i+1$ 視為了一個整體，之后的操作實質上也完全可以視為一個整體了。所以我們不妨對于任意一個位置 $i$ 來說，只關注其兩個狀態：

與位置 $i?1$ 合并之前，每次需要花費一次操作

與位置 $i?1$ 合并之后，每次借助 $i?1$ 操作即可，無需額外的花費

如何實現呢？因為每個數字下降為 $1$ 的過程必定會產生一個序列，我們只需要關注 $i?1$ 的序列和 $i$ 的序列，最長公共后綴的長度就好了，妙啊

時間復雜度還是 $O(nlo{g}^{2}n)$

代碼：
雙向鏈表+堆

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e6+100; int nt[N],pre[N],n; LL a[N]; bool ban[N]; void del(int x) {ban[x]=true;nt[pre[x]]=nt[x];pre[nt[x]]=pre[x]; } LL cal(LL x) {return sqrt(x/2+1); } void init() {pre[0]=0;nt[n+1]=n+1;for(int i=1;i<=n;i++) {nt[i]=i+1;pre[i]=i-1;} } int main() {cin>>n;init();for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%lld",a+i);}priority_queue<pair<LL,int>>q;for(int i=1;i<=n;i++) {if(a[i]==a[i-1]) {del(i);} else {q.push({a[i],i});}}int ans=0;while((int)q.size()>1) {int pos=q.top().second;q.pop();if(ban[pos]) {continue;}if(a[pos]==1) {continue;}ans++;a[pos]=cal(a[pos]);if(a[pos]==a[pre[pos]]) {del(pre[pos]);}if(a[pos]==a[nt[pos]]) {del(nt[pos]);}q.push({a[pos],pos});}cout<<ans<<endl;return 0; }

思維

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e6+100; vector<LL>node[N]; int main() {int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) {LL x;scanf("%lld",&x);while(x>1) {node[i].push_back(x);x=sqrt(x/2+1);}reverse(node[i].begin(),node[i].end());}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) {int len=(int)min(node[i].size(),node[i-1].size());for(int j=0;j<len;j++) {if(node[i][j]!=node[i-1][j]) {len=j;break;}}ans+=(int)node[i].size()-len;}cout<<ans<<endl;return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的蓝桥杯 - 试题 J: 砍竹子(双向链表+堆/思维)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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