首页 新闻 会员 周边 捐助

问题求解C++

0
悬赏园豆:100 [待解决问题]

【题目描述】
小H发明了一个跳格子的游戏,地板上画了排成一排的n个格子,并以1…n按顺序编号。他规定第i个格子可以跳到第1到第i-1个格子中的任一个,且每个格子有一个不一定相同的反方向的跳跃度a[i],代表第i个格还可以跳到第i+1到i+a[i]个格子中的任一个。现在小H指定其中的一个格子,问从这个格子开始,最少需要连续踩几次格子(起始的格子也算在内),可以跳到第n个格子的后方,即若第k个格子有k+a[i]>n,那么从第k个格子就可以跳到第n个格子的后方。

【输入格式】
输入的第1行包含两个正整数n,m,为格子的数目以及询问的次数。

第2行包含n个正整数,第i个正整数为a[i],即第i个格子向反方向最大跳跃的长度。

第3行包含了m个正整数,为询问从哪一个格子开始,最少要几次跳到第n个格子的后方。

数字之间用空格隔开。

【输出格式】
输出包含1行,这一行有m个正整数,对于每一个询问,输出最少需要踩的格子数,数字之间用空格隔开。 行末换行且没有多余的空格。

【样例输入#1】
5 5
2 4 1 1 1
1 2 3 4 5
【样例输出#1】
2 1 2 2 1
【样例解释#1】
若从第1个格子开始则跳到第2个格子,接着就可以跳到第n个格子的后方。

若从第3个格子开始则同样跳到第2个格子。

若从第4个格子开始可以跳到第2个格子或最后一个格子,接着跳出第n个格子,答案同样为2。

【数据规模】
对于20%的数据,有n≤10;

对于40%的数据,有n≤100,m≤10;

对于60%的数据,有n≤1000,a[i]≤1000,m≤500;

对于100%的数据,有n≤100000,a[i]≤n,m≤50000

dhhus的主页 dhhus | 初学一级 | 园豆:4
提问于:2024-09-01 15:11
< >
分享
所有回答(3)
0

来自AI:
对于这个问题,我们可以使用动态规划的思想来解决。
首先,我们需要定义一个长度为n的数组dp,其中dp[i]表示从第i个格子开始跳到第n个格子的最少次数。初始时,将dp[n]设为0,表示从第n个格子跳到第n个格子不需要任何次数。
然后,从第n-1个格子开始向前遍历,对于每个格子i,我们需要计算从第i个格子跳到第n个格子的最少次数。这可以通过遍历从i+1到i+a[i]的格子 j 的dp[j]值,并选取最小的值再加上1来计算。假设这个最小值为min_count,那么dp[i] = min_count + 1。
最后,对于每个询问的格子起始位置,我们可以直接查询dp数组的对应位置即可得到最少需要踩的格子数。
下面是使用Python实现的代码:
python
Copy to clipboard
n, m = map(int, input().split())
a = list(map(int, input().split()))
queries = list(map(int, input().split()))
dp = [float('inf')] * (n + 1)
dp[n] = 0
for i in range(n - 1, -1, -1):
min_count = float('inf')
for j in range(i + 1, min(i + a[i] + 1, n + 1)):
min_count = min(min_count, dp[j])
dp[i] = min_count + 1
for q in queries:
print(dp[q], end=' ')
print()

Technologyforgood | 园豆:7354 (大侠五级) | 2024-09-02 08:09
0

用dp考虑这个问题,用一个vector类型的 g[i] 表示有哪些点往后跳跃可以走到点 i ,设 f[i] 表示走到 i 最少走多少格子,在不考虑先走到后面再走回来的情况下,则有$f[i] = min(f[i - 1], min{f[g[i][j]]}) + 1,对于先走到后面的格子再走回来的情况,我们知道只要到了 i 后面任意一个格子就能只走1步走到 i ,因此这个过程可以被我们分为两步,首先从 i 前面的格子走1步走到 i 后面,再直接走到 i ,于是走到 i 后面的这个步骤被我们拆为从 i 前面走两步,于是便能得到转方程 f[i] = min(f[j](j + a[j]>i)+2,min(f[i - 1], min{f[g[i][j]]})+1)
这里不是很好写公式,理解一下就好

Morning_Glory | 园豆:202 (菜鸟二级) | 2024-09-03 16:30
0

这个问题可以通过广度优先搜索(BFS)来解决。我们需要从每个询问的起始格子出发,找到最少的跳跃次数以到达第 n 个格子的后方。以下是解决这个问题的详细步骤和代码实现。

思路

  1. 建图:每个格子可以跳到前面的格子(1 到 i-1)和后面的格子(i+1 到 i+a[i]),我们可以将这个关系看作一个图。
  2. BFS:从每个询问的起始格子出发,使用 BFS 来找到最少的跳跃次数。BFS 是适合寻找最短路径的算法。
  3. 记录访问状态:为了避免重复访问格子,我们需要一个数组来记录每个格子是否已经被访问过。

代码实现

以下是 C++ 的实现代码:

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>

using namespace std;

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }

    vector<int> queries(m);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cin >> queries[i];
    }

    vector<int> results(m);
    
    for (int q = 0; q < m; ++q) {
        int start = queries[q];
        vector<int> dist(n + 1, -1); // -1 means unvisited
        queue<int> bfsQueue;

        bfsQueue.push(start);
        dist[start] = 1; // Starting from the start position

        while (!bfsQueue.empty()) {
            int current = bfsQueue.front();
            bfsQueue.pop();

            // Check if we can jump out of the last box
            if (current + a[current] > n) {
                results[q] = dist[current] + 1; // +1 for the jump out
                break;
            }

            // Jump to previous boxes
            for (int i = 1; i < current; ++i) {
                if (dist[i] == -1) { // If not visited
                    dist[i] = dist[current] + 1;
                    bfsQueue.push(i);
                }
            }

            // Jump to next boxes
            for (int i = current + 1; i <= min(n, current + a[current]); ++i) {
                if (dist[i] == -1) { // If not visited
                    dist[i] = dist[current] + 1;
                    bfsQueue.push(i);
                }
            }
        }
    }

    // Output results
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cout << results[i];
        if (i < m - 1) cout << " ";
    }
    cout << endl;

    return 0;
}

代码解释

  1. 输入处理:读取格子的数量 n 和询问的次数 m,然后读取每个格子的跳跃度 a 和每个询问的起始格子。
  2. BFS 实现
    • 使用队列 bfsQueue 来进行 BFS。
    • dist 数组用于记录每个格子的跳跃次数,初始值为 -1(表示未访问)。
    • 从起始格子开始,进行 BFS,检查是否可以跳出最后一个格子。
    • 对于每个格子,检查可以跳到的前后格子,并更新跳跃次数。
  3. 输出结果:将每个询问的结果输出。

复杂度分析

  • 时间复杂度:O(n + m * (n + a[i])),在最坏情况下,可能需要遍历所有格子。
  • 空间复杂度:O(n),用于存储跳跃次数和队列。

这个实现能够处理题目给定的约束条件。

adlof101 | 园豆:204 (菜鸟二级) | 2024-09-06 23:18
清除回答草稿
   您需要登录以后才能回答,未注册用户请先注册