蓝桥杯2021年第十二届省赛真题
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砝码称重
题目描述
你有一架天平和 N 个砝码，这 N 个砝码重量依次是 W1, W2, · · · , WN。
请你计算一共可以称出多少种不同的重量？
注意砝码可以放在天平两边。
输入
输入的第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数：W1, W2, W3, · · · , WN。
输出
输出一个整数代表答案。
样例输入
3
1 4 6
样例输出
10
提示
【样例说明】
能称出的 10 种重量是：1、2、3、4、5、6、7、9、10、11。
1 = 1；
2 = 6 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 1；
4 = 4；
5 = 6 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
9 = 4 + 6 1；
10 = 4 + 6；
11 = 1 + 4 + 6。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 15。
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100，N 个砝码总重不超过 100000。
xml
动态规划题解，这个动态规划转移方程我再刷一百道题都不一定想得出来，我是只会惊呼妙啊妙啊的废物，以上代码全靠参考大佬题解，甚至看完之后也是似懂非懂，轻喷。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mw=105;
const int mx=100007;
int n,w[mw],res,sum,dp[mw][mx];
/*
dp[i][j]:前i个砝码能否秤出j
第i个砝码重为w[i]，若前i个砝码能秤出j的重量则前i个砝码都放左边（砝码） 或者第i个砝码放右边（物体）
所以就有了 dp[i-1][j+w[i]]和 dp[i-1][abs(j-w[i])]
至于 前面dp[i-1][j]是记录前i-1个是否秤出了j的重量，若已称出来了则直接值为1
最后遍历所有砝码都用上时各个重量的情况即可，若dp[n][j]为1则代表该重量可秤否则不可。
*/
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>w[i];
sum+=w[i];
}
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=sum;j++){
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],max(dp[i-1][abs(j-w[i])],dp[i-1][j+w[i]]));
}
}
for(int j=1;j<=sum;j++){
if(dp[n][j])res++;
}
cout<<res;
return 0;
}
cpp
左孩子右兄弟
题目描述：
样例输出
4
提示
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 20；
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000。
分析：最大高度应为根节点的子节点数+子节点中拥有最长子节点的子节点数
题例中根节点1的子节点数为3，最长的子节点是2，有一个子节点，故最长长度为3+1
使用动态规划解题：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MaxN=100003;
int n,f[MaxN],s[MaxN],dp[MaxN];//节点数 节点的根节点 根节点为i的子节点数 i节点下所有节点的最大高度
int main(){
cin>>n;
for(int i=2;i<=n;i++){
cin>>f[i];//1 1 1 2
s[f[i]]++;
}
for(int i=n;i>0;i--){
dp[f[i]]=max(dp[f[i]],dp[i]+s[f[i]]);
}
cout<<dp[1];
return 0;
}
cpp
渣渣苓一想不到这么妙的题解，参考自大佬-》大佬题解在这里
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