洛谷p1031 均分紙牌

【的第一條隨筆，值得紀念一下】

均分紙牌【傳送門】

洛谷上的演算法標籤是

這道題是一道貪心題，過了四遍才過（蒟蒻有點廢）

第一遍的時候考慮的非常少，只想到了求出平均數→求差值→從左往右加差值；

這樣出來的結果永遠是n-1，只過了乙個點。

附上錯誤想法（不要被誤導）：

#include#include

using
namespace
std;
int n,a[10001],sum=0,c[10001],b,ans=0
;int
t();
intmain()
b=sum/n;
t();
}int
t()    cout
}

第二遍的時候在第一步基礎上加了if語句，然鵝還是錯的。

第四次真的深思熟慮了一番，改進了許多，終於過了。

附上ac**：

#include#include

using
namespace
std;
int n,a[10001],sum=0,c[10001],b,ans=0
;int
t();
intmain()
b=sum/n;
t();
}int
t()    cout
}

洛谷 P1031 均分紙牌

p1031 均分紙牌 這道題告訴我們，對於實在想不出演算法的題，可以大膽按照直覺用貪心，而且在考試中永遠不要試著去證明貪心演算法，因為非常難證，會浪費大量時間。這就是你們都不去證的理由？這道題貪心演算法就是，計算牌的平均數，然後除了最後一堆以外，每堆都通過把多餘牌移到下一堆或從下一堆取牌來使其達到平...

洛谷 P1031均分紙牌

恰似又更了四章 我現在只能期待他不在什麼工作日突然來乙個十篇得大爆更了 我現在要更一篇水題了 希望不會被不小心看到的大佬們嫌棄 題目描述 有n堆紙牌，編號分別為 1,2,n。每堆上有若干張，但紙牌總數必為n的倍數。可以在任一堆上取若干張紙牌，然後移動。移牌規則為 在編號為1堆上取的紙牌，只能移到編號...

洛谷P1031 均分紙牌

題目鏈結 均分紙牌 解題思路 貪心演算法，最簡單的模擬 最壞的情況就是移動n 1次 如果紙牌本來就滿足條件就不需要再移動 預處理就是求每堆紙牌與平均數的關係，多1記為1，少1記為 1 從左至右依次掃瞄，a i 0的就把多的部分給右邊那堆，a i 0的就從右邊那堆拿過來補上 附上 include us...