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  • 大家好啊,又到一年的中旬了,再过几个月就到了抓耳挠腮写总结的时候。今天和大家来分享一个写总结时经常用到的图表技巧,话不多说,看图: A:B是1~12月份的销量表,密密麻麻的数字,很难看出头绪。 而使用这些...

    大家好啊,又到一年的中旬了,再过几个月就到了抓耳挠腮写总结的时候。今天和大家来分享一个写总结时经常用到的图表技巧,话不多说,看图:
    QQ截图20170816132912
    A:B列是1~12月份的销量表,密密麻麻的数字,很难看出头绪。
    而使用这些数据制作出的图表,不仅能直观的展示每一个月的数据,还可以按季度进行区分,牛逼指数是不是提升了至少20%啊,哈哈。
    接下来,咱们就看看如何制作这样的图表的吧。
    首先,要对数据源重新整理一下,变成下面的样子:
    3-1512252343144U
    这个数据源有一定的规律,在每个季度之前插入一个空行,并且每个季度的数据,单独放到一列。
    然后选中A1:E17,插入一个柱形图:
    QQ截图20170816133845
    对图表进行美化。
    双击水平轴,设置坐标轴选项,将刻度线设置为无。
    3-15122523435SD
    然后在【设置坐标轴格式】对话框中,设置为无线条。
    3-151225234505929
    双击垂直轴,设置为无刻度线、无标签。
    3-151225234525209
    在【设置坐标轴格式】对话框中,设置为无线条。
    单击网格线,按Delete键清除。
    通过以上设置,来看看图表的样子。
    3-15122523455LX
    是不是有点像豆芽菜啊,不着急,继续给她整容。
    右键单击数据系列(也就是任意的柱形),设置数据数据系列格式,系列重叠设置为100%,分类间距设置20%。
    3-16021H044303K
    再双击图例,设置图例位置为靠上。
    3-151225234H1603
    依次右键单击四个季度的数据系列,添加数据标签,设置不同的填充颜色。
    QQ截图20170816134826
    接下来添加图表标题。
    标题一定要突出主题,并且报喜不报忧。就像本例,就要写“四季度销量回升”,千万不能写成“三季度销量最烂”,切记切记。
    最后单击各个有文字的部分,改一下字体,收工了。
    QQ截图20170816132912
    还要特别提醒大家,写总结的时候务必要记住:
    业绩好了多用图,
    业绩烂了就用表,
    没有销量就比质量,
    质量不行就比成本。

    总之一句话:没有业绩,你也要瞪大了眼睛找出亮点。

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    003ul3uUzy7cY8z7mkI54&690

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  • 题目要求 解题思路动态规划,今天才弄...(没有*号,全是+号,比如第4行就是前4个数的和)然后从第1开始循环,*至少要在第二个数字之前出现,所以index=2。第一应该是所有有1个*的最大值。求的方法也很简单:dp[...

    题目要求

    8257bb7d43954bb84885560f867cf8f9.png

    解题思路

    动态规划,今天才弄明白QAQ,借鉴了这位大佬的博客,曹磊的博客 写的很好!但是我觉得我的循环方式更容易理解嘿嘿嘿~

    首先建立如下图的数组,行数代表前几位数,列数代表有几个乘号。将第0列赋值为前i个数的和。(没有*号,全是+号,比如第4行就是前4个数的和)

    然后从第1列开始循环,*至少要在第二个数字之前出现,所以index=2。第一列应该是所有有1个*的最大值。求的方法也很简单:

    dp[2][1]就是1*2,这个2就是dp[2][0] - dp[1][0]得来的。

    dp[3][1]的求解循环了2遍,当 1*(2+3),和当(1+2)*3。选取结果最大的那个。

    7015934238e5897ddb5e4c0d57790428.png

    当有两个*时:

    1718829823a18c39235fd37f49a91336.png

    import java.util.Scanner;

    public class Main {

    public static void main(String[] args) {

    // TODO Auto-generated method stub

    Scanner in = new Scanner(System.in);

    int n = in.nextInt();

    int k = in.nextInt();

    long[][] dp = new long[n + 1][k + 1]; // 第0行不用,这里使用long

    int i, j, index;

    for (i = 1; i <= n; i++) {

    dp[i][0] = dp[i - 1][0] + in.nextInt(); // 初始化第0列数组,是没有乘号的情况下的最大值(和)

    }

    for (j = 1; j <= k; j++) { // 列数

    for (i = j + 1; i <= n; i++) { // 行数

    for (index = 2; index <= i; index++) { // 第几个值前面有*

    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[index - 1][j - 1] * (dp[i][0] - dp[index - 1][0]));

    }

    }

    }

    System.out.println(dp[n][k]);

    }

    }

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  • 题目要求 解题思路  动态规划,今天才弄明白QAQ,借鉴了这位大佬的博客,曹磊的博客 写的很好!...然后从第1开始循环,*至少要在第二个数字之前出现,所以index=2。第一应该是所有有1个*的最大值。求的...

    题目要求

    解题思路 

    动态规划,今天才弄明白QAQ,借鉴了这位大佬的博客,曹磊的博客 写的很好!但是我觉得我的循环方式更容易理解嘿嘿嘿~

    首先建立如下图的数组,行数代表前几位数,列数代表有几个乘号。将第0列赋值为前i个数的和。(没有*号,全是+号,比如第4行就是前4个数的和)

    然后从第1列开始循环,*至少要在第二个数字之前出现,所以index=2。第一列应该是所有有1个*的最大值。求的方法也很简单:

    dp[2][1]就是1*2,这个2就是dp[2][0] - dp[1][0]得来的。

    dp[3][1]的求解循环了2遍,当 1*(2+3),和当(1+2)*3。选取结果最大的那个。

    当有两个*时:

    import java.util.Scanner;
    
    public class Main {
    
    	public static void main(String[] args) {
    		// TODO Auto-generated method stub
    		Scanner in = new Scanner(System.in);
    		int n = in.nextInt();
    		int k = in.nextInt();
    		long[][] dp = new long[n + 1][k + 1]; // 第0行不用,这里使用long
    		int i, j, index;
    		for (i = 1; i <= n; i++) {
    			dp[i][0] = dp[i - 1][0] + in.nextInt(); // 初始化第0列数组,是没有乘号的情况下的最大值(和)
    		}
    
    		for (j = 1; j <= k; j++) {    // 列数
    			for (i = j + 1; i <= n; i++) {    // 行数
    				for (index = 2; index <= i; index++) {    // 第几个值前面有*
    					dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[index - 1][j - 1] * (dp[i][0] - dp[index - 1][0]));
    				}
    			}
    		}
    		
    		System.out.println(dp[n][k]);
    	 
    	}
    }

     

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    This way

    题意:

    输入是n,k,s,n表示当前序列长度,s表示任意连续的k个数和为s,你有一个操作,可以将任意一个位置上的数变成0-s中的任意一个数,你至少要操作几次能使得它满足s

    题解:

    将这个数组分成一段一段长度为k的串之后,每个串都是相同的。
    那么就可以将其变成这样一个东西:
    在这里插入图片描述
    每列的数字都是相同的。它数据范围是5000,暗示我们n2n^2。那么dp[i][j]表示到第i个位置的时候,前面i列的和为j时最少需要转多少个位置。
    那么最简单的想法就是到第i位的时候,枚举当前转换成什么位置,枚举dp[i-1],然后转移,这样是k^3的转移,过不去。
    然后发现其实如果k很大,那么列数就很小,k很小,列数就很大。然后可以只枚举当前列有的数进行转移。对于没有的数,不用管它,一定是+第i列的所有位置的数量。所以这种情况就是再枚举一次dp[i][j](0<=j<=s)dp[i][j](0<=j<=s),它可以从
    dp[i1][k](0<=k<=j)dp[i-1][k](0<=k<=j)转移过来。那么用mi数组维护dp[i-1]的前缀最小值。
    状态转移方程就是

    dp[i][j]=min(dp[i][j],mi[j]+num[i]);
    
    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int N=5e3+5;
    int dp[N][N],mi[N],num[N],siz[N][N];
    vector<int>vec[N];
    int a[N];
    int main()
    {
        int n,k,s;
        scanf("%d%d%d",&n,&k,&s);
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d",&a[i]),num[i%k]++;
            if(!siz[i%k][a[i]])
                vec[i%k].push_back(a[i]);
            siz[i%k][a[i]]++;
        }
        for(int i=0;i<=k;i++)
            for(int j=0;j<=s;j++)
                dp[i][j]=1e9;
        //memset(mi,125,sizeof(mi));
        for(int i=0;i<=s;i++){
            dp[0][i]=num[0]-siz[0][i];
            mi[i]=i?min(mi[i-1],dp[0][i]):dp[0][i];
        }
        for(int i=1;i<k;i++){
            for(auto j:vec[i]){
                for(int k=j;k<=s;k++)
                    dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i-1][k-j]+num[i]-siz[i][j]);
            }
            for(int j=0;j<=s;j++)
                dp[i][j]=min(dp[i][j],mi[j]+num[i]);
    
            for(int j=0;j<=s;j++)
                mi[j]=j?min(mi[j-1],dp[i][j]):dp[i][j];
        }
        printf("%d\n",dp[k-1][s]);
        return 0;
    }
    /*
    16 4 10
    5 2 3 5 5 2 3 5 5 2 3 5 5 3 1 5
    */
    
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