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这是一个典型的最小化最大间距的问题，可以使用二分查找来解决。下面是详细的解题思路和步骤：

解题思路

1. 问题分析：

   • 我们需要在已有路标之间增加新的路标，使得相邻路标之间的最大距离（即“空旷指数”）尽可能小。
   • 给定最多能增加的路标数 K，我们希望找到一种最优的安排，使得相邻路标的最大间距最小。

2. 二分查找最小的最大间距：

   • 设定一个最大间距的搜索范围 [1,L]，其中 L 是公路的总长度。
   • 用二分查找的方法，假设某个间距 mid，检查能否通过增加不超过 K 个路标，使得所有相邻路标之间的间距不超过 mid。

3. 检查函数的设计：

   • 对于每一对相邻的已有路标，如果它们的距离超过 mid，就需要在这段区间内增加一些路标。
   • 计算在每对相邻路标之间，需要增加的路标数量，以使每个间隔不超过 mid。
   • 如果所需的路标数不超过 K，则当前的 mid 是可行的；否则，mid 太小，需要增大间距。

4. 二分查找过程：

   • 如果某个 mid 可行（能满足条件），继续尝试更小的间距，看看是否能进一步优化。
   • 如果某个 mid 不可行，增大 mid，直到找到最小的可行间距。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;// 判断在最大间距为 maxDist 的情况下，是否能通过增设不超过 K 个路标，使得所有相邻路标的间距不超过 maxDist
bool canAchieveMaxDist(const vector<int>& positions, int K, int maxDist) {int addedSigns = 0;  // 记录需要增加的路标数量for (size_t i = 1; i < positions.size(); ++i) {int dist = positions[i] - positions[i - 1];  // 相邻路标之间的距离// 如果相邻路标之间的距离超过 maxDist，需要在这段间隔中增设路标if (dist > maxDist) {// 计算在当前间隔中需要增加的路标数，确保每段间距不超过 maxDistaddedSigns += (dist - 1) / maxDist;}// 如果所需的新增路标数超过了 K，则说明当前的 maxDist 不可行if (addedSigns > K) return false;}return true;  // 如果总的新增路标数不超过 K，说明 maxDist 可行
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);  // 提升 IO 效率cin.tie(nullptr);  // 解除 cin 和 cout 的绑定int L, N, K;cin >> L >> N >> K;  // 输入公路总长度 L，已有路标数量 N，和最多可新增的路标数 Kvector<int> positions(N);for (int i = 0; i < N; ++i) {cin >> positions[i];  // 输入路标的位置，按升序排列}int left = 1, right = L;  // 二分查找的范围：[1, L]int answer = L;  // 初始化答案为 L，即最坏情况下的最大间距// 二分查找，寻找最小的可行最大间距while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;  // 取中点，作为尝试的最大间距// 检查当前的 mid 值是否可行if (canAchieveMaxDist(positions, K, mid)) {answer = mid;  // 如果可行，更新答案为当前的最大间距right = mid - 1;  // 继续尝试更小的最大间距} else {left = mid + 1;  // 如果不可行，增大最大间距，尝试更大的 mid}}cout << answer << '\n';  // 输出最小的最大间距return 0;
}

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1000000 + 10;  // 最大树木数量的常量
int a[N], mid, l, r, n, m;  // 定义数组a存储树高，其他变量用于二分查找// 检查函数：判断给定锯片高度 x 是否能满足获取至少 m 米木材的要求
bool check(int x) {int s = 0;  // 用于累加当前锯片高度 x 能获得的木材长度for (int i = 1; i <= n; i++) {  // 遍历每棵树if (a[i] > x)  // 如果当前树高 a[i] 大于 x，高于部分可以切割s += a[i] - x;  // 累加这棵树能切割的木材长度if (s >= m)  // 如果累加长度已经达到或超过 m，提前返回 truereturn true;}return false;  // 遍历所有树后，若未达到 m，返回 false
}int main() {cin >> n >> m;  // 输入树的数量 n 和所需木材长度 mfor (int i = 1; i <= n; i++)  // 读入每棵树的高度cin >> a[i];l = 0, r = 1e9;  // 设置二分查找的初始范围：锯片高度可以是从 0 到 1e9// 二分查找，找到满足至少砍下 m 米木材的最大锯片高度while (l <= r) {mid = (l + r) / 2;  // 计算当前中间锯片高度if (check(mid))  // 如果该高度能满足砍木材的需求l = mid + 1;  // 继续尝试更高的锯片高度elser = mid - 1;  // 否则降低锯片高度}cout << r << endl;  // 输出最后确定的最大锯片高度return 0;
}

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这题可以直接用递归，但递归算法的运行效率较低，无论是耗费的计算时间还是占用的存储空间都比非递归算法要多，在竞赛中如果系统栈很小的话，过深的递归会让栈溢出。解决方法是手工模拟递归中栈的操作，将递归转化为非递归算法。 程序中，p相当于堆栈的指针，指向当前拆分的数的位置。sum为已经拆分出来的数的和，如果和小于N，则继续往下拆分，下一个拆分的数不小于前一个拆分的数；如果和等于N，则输出这一组解；如果和大于N，则返回到上一个数，并把上一个数加1后继续查找下一组解。（大炮打蚊子）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int Num[100]; // 用于存储当前拆分的数字
int n, sum;   // n 是待拆分的数字，sum 是当前拆分的总和// 输出当前拆分的加法式子
void Print(int k) {printf("%d", Num[1]);  // 打印第一个数字for (int i = 2; i <= k; i++) // 打印后续的数字，并用 "+" 连接printf("+%d", Num[i]);printf("\n");  // 换行，输出当前拆分完成
}int main() {cin >> n;  // 输入待拆分的数字 nNum[1] = 1;  // 初始化第一个数字为 1for (int p = 1; p >= 1;) {  // p 是堆栈的指针，指向当前拆分的位置// 如果当前数字的和没有超过 nif (sum + Num[p] < n) {sum += Num[p];  // 将当前数字加入到和中p++;            // 移动到下一个位置Num[p] = Num[p - 1];  // 后续数字至少等于前一个数字，保证拆分是递增的}else {  // 当当前数字的和超过或等于 nif (sum + Num[p] == n && p != 1)  // 确保不打印 n = n 的情况Print(p);  // 找到一个合法的拆分，输出该拆分p--;  // 回退到上一个位置，尝试新的拆分方式sum -= Num[p];  // 从当前和中去掉刚刚回退的数字Num[p]++;  // 增加当前数字，继续尝试拆分}}return 0;
}

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;int n, minDifference = INT_MAX; // n 是配料种类数，minDifference 用于记录最小的酸度和苦度差
vector<pair<int, int>> ingredients; // 存储每种配料的酸度和苦度// 递归函数：枚举所有配料组合，计算酸度和苦度的最小绝对差
void findMinDifference(int index, int sour, int bitter, bool used) {if (index == n) { // 终止条件：遍历完所有配料if (used) { // 检查是否至少选择了一种配料// 更新最小绝对差minDifference = min(minDifference, abs(sour - bitter));}return;}// 情况1：选择当前配料// 更新酸度为 sour * 当前配料的酸度，苦度为 bitter + 当前配料的苦度findMinDifference(index + 1, sour * ingredients[index].first, bitter + ingredients[index].second, true);// 情况2：不选择当前配料// 保持酸度和苦度不变，继续递归findMinDifference(index + 1, sour, bitter, used);
}int main() {cin >> n; // 读取配料的种类数ingredients.resize(n); // 调整配料数组大小// 读取每种配料的酸度和苦度for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> ingredients[i].first >> ingredients[i].second;}// 从第一个配料开始递归，初始酸度为1，苦度为0，未选择任何配料findMinDifference(0, 1, 0, false);cout << minDifference << endl; // 输出最小绝对差return 0;
}

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这是一道递归搜索题，可以通过深度优先搜索（DFS）来求解。具体思路如下：

1. 数据结构：

   • 使用 vector<string> 存储所有输入的单词。
   • 记录每个单词在构造的“龙”中使用的次数，最多允许使用两次。

2. 递归搜索：

   • 从以指定开头字母的单词开始构造“龙”，每次递归时寻找下一个可以连接的单词。
   • 判断两个单词是否可以连接：一个单词的末尾部分和另一个单词的开头部分是否匹配。匹配时，允许从第一个单词尾部截取一部分，和第二个单词的开头重合。

3. 长度计算：

   • 每次递归调用中，将当前“龙”的长度与记录的最长长度进行比较，更新最长长度。

4. 递归终止：

   • 当遍历完所有可能的连接时，返回到上层递归，继续寻找其他可能的组合。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <algorithm>
using namespace std;int n; // 单词数
vector<string> words; // 存储所有单词
vector<int> wordCount; // 记录每个单词的使用次数，确保每个单词最多使用两次
int maxLength = 0; // 最长“龙”的长度// 检查两个单词能否连接，并返回连接后的长度增量
int canConnect(const string &a, const string &b) {int lenA = a.length();int lenB = b.length();// 从 1 开始遍历，避免完全重合的情况for (int i = 1; i < lenA; i++) {// 检查 a 的后缀和 b 的前缀是否匹配if (a.substr(lenA - i) == b.substr(0, i)) {return lenB - i; // 返回 b 中去掉重合部分后的长度}}return 0; // 无法连接时返回 0
}// 深度优先搜索 (DFS) 函数，用于构造“单词接龙”
void dfs(const string &currentDragon, int currentLength) {// 更新当前最长的“龙”的长度maxLength = max(maxLength, currentLength);// 遍历所有单词，尝试进行连接for (int i = 0; i < n; i++) {// 确保单词使用次数不超过两次if (wordCount[i] < 2) {// 检查 currentDragon 和 words[i] 是否可以连接int lengthIncrease = canConnect(currentDragon, words[i]);if (lengthIncrease > 0) { // 如果可以连接wordCount[i]++; // 增加使用次数// 递归构造新的接龙，增加接龙长度dfs(currentDragon + words[i].substr(words[i].length() - lengthIncrease), currentLength + lengthIncrease);wordCount[i]--; // 回溯，恢复该单词的使用次数}}}
}int main() {cin >> n;words.resize(n);wordCount.resize(n, 0); // 初始化每个单词的使用次数为 0for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> words[i];}char startChar;cin >> startChar;// 寻找以指定字母开头的单词作为起点for (int i = 0; i < n; i++) {if (words[i][0] == startChar) { // 找到以 startChar 开头的单词wordCount[i]++; // 使用该单词// 从该单词开始构造“龙”，并进行深度优先搜索dfs(words[i], words[i].length());wordCount[i]--; // 回溯}}// 输出最长“龙”的长度cout << maxLength << endl;return 0;
}

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这个问题是典型的 N 皇后问题的变体，要求在 n x n 的棋盘上放置 n 个棋子（称作皇后），使得每行、每列和每条对角线至多有一个棋子。我们可以通过递归和回溯来实现解法。

以下是对解决方法的详细解释：

思路

1. 皇后位置的表示：

   • 用一个长度为 n 的数组 solution 来表示解，其中 solution[i] 表示第 i 行的皇后放置在哪一列。

2. 约束条件：

   • 每一行只能有一个皇后。
   • 每一列只能有一个皇后。
   • 每条对角线上只能有一个皇后。

3. 回溯法：

   • 从第一行开始尝试在每一列放置皇后，逐步填充每一行，检查是否符合条件。
   • 如果某一列放置后，满足不在同一列、不在同一对角线，就继续放置下一行的皇后。
   • 如果不满足条件，则回溯，尝试下一列。

4. 对角线的判断：

   • 对角线的冲突可以通过两个辅助数组 diag1 和 diag2 来检测。
     • diag1[i + j]：表示从左上到右下的对角线，i + j 是该对角线的唯一标识。
     • diag2[i - j + n - 1]：表示从右上到左下的对角线，i - j + n - 1 是该对角线的唯一标识。

5. 按字典序排列：

   • 按列号递增顺序逐个放置皇后，这样天然符合字典序。

6. 输出限制：

   • 只需要输出前三个解，之后只需计数。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int n;                        // 棋盘大小，即 n x n 大小的棋盘
vector<int> solution;         // 当前解，solution[i] 表示第 i 行皇后所在的列
vector<bool> column;          // 标记某一列是否已有皇后
vector<bool> diag1, diag2;    // 标记两条对角线是否已有皇后
int solutionCount = 0;        // 解的总数// 输出一个完整解，将每行的列号打印
void printSolution() {for (int i = 0; i < n; i++) {cout << solution[i] + 1; // 将列号转换为从 1 开始if (i < n - 1) cout << " ";}cout << endl;
}// 递归搜索函数 row 表示当前行
void solve(int row) {// 如果 row 等于 n，说明已成功放置 n 个皇后，找到一个解if (row == n) {solutionCount++; // 解的计数加一if (solutionCount <= 3) {printSolution(); // 前三个解按题目要求输出}return;}// 尝试在当前行的每一列放置皇后for (int col = 0; col < n; col++) {// 检查当前列和两个对角线是否可以放置皇后if (!column[col] && !diag1[row + col] && !diag2[row - col + n - 1]) {solution[row] = col; // 放置皇后在第 row 行的第 col 列column[col] = diag1[row + col] = diag2[row - col + n - 1] = true;solve(row + 1); // 递归处理下一行// 回溯：移除皇后并恢复标记column[col] = diag1[row + col] = diag2[row - col + n - 1] = false;}}
}int main() {cin >> n;solution.resize(n);                // 初始化解数组大小column.assign(n, false);           // 初始化列标记数组为 false，表示未被占用diag1.assign(2 * n - 1, false);    // 初始化对角线数组为 false，表示未被占用diag2.assign(2 * n - 1, false);    // 初始化反对角线数组为 falsesolve(0); // 从第 0 行开始递归搜索cout << solutionCount << endl; // 输出解的总数return 0;
}

在 N 皇后问题中，我们需要确保每个皇后不仅不在同一行和同一列上，还要确保它们不在同一条对角线上。为了高效地检查对角线的冲突，diag1 和 diag2 这两个数组被用来标记棋盘上的对角线是否已经有皇后。

具体来说，diag1 和 diag2 用来分别表示两种类型的对角线：

1. diag1（左上到右下的对角线）

• 表示方向：从左上到右下的对角线（\ 方向）。

• 数组定义：diag1[row + col]

  • 解释：diag1 数组的索引是 row + col，它代表了左上到右下的每一条对角线。对于一个给定的棋盘位置 (row, col)，它所在的对角线的索引为 row + col。
  • 原因：所有位于同一条左上到右下对角线的格子的 row + col 值是相同的。例如，位置 (0, 0)、(1, 1)、(2, 2) 都在同一条对角线上，它们的 row + col 都是 0、2、4 等等。

• 例子：

  • 对于 (0, 0)，diag1[0] 为 true 表示左上到右下对角线上已经有皇后。
  • 对于 (1, 1)，diag1[2] 为 true 表示同一条对角线上已经有皇后。

• 初始化：在开始时，diag1 数组的所有元素都为 false，表示没有皇后占据任何对角线。