程序设计竞赛常用技巧精选
来源:互联网 发布:服务器开启8080端口 编辑:程序博客网 时间:2024/06/10 14:20
对《挑战程序设计竞赛》的一个记录
第三章 出类拔萃——中级篇
3.2 常用技巧精选
(1)尺取法
poj 3061 Subsequence
给定长度为n的数列整数a0,a1,…an-1以及证书S。求出总和不小于S的连续子序列的长度的最小值。如果解不存在在,则输出0.
已知:
10
0
S
sample input
n = 10
S = 15
a = {5,1,3,5,10,7,4,9,2,8}
sample output
2 (5 + 10)
这题比较好想的一个思路就是先求出前n项的和,再在满足sum>=S的时候,val = sum - S,二分查找之前的项中满足≤val的最大项。
例如:
第一个满足sum >= 15的值是下标为4的值,以此为例,前5项的和为24,val = 24 - 15 = 9,我要找前5项中sum<=9的最大小标,可以找到是小标为2的值,因此可得到连续子序列最小的长度为4 - 2 = 2 即5 + 10
这个算法的时间复杂度为:O(
代码如下:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;const int Maxn = 100010;int T,n,s;int sum[Maxn];int solved(int l,int r,int k){ while(l <= r) { int mid = (l + r) / 2; if(sum[mid] <= k) l = mid + 1; else r = mid - 1; } return r;}int main(){ int a; sf("%d",&T); while(T--) { sf("%d%d",&n,&s); for(int i = 0;i < n;i ++) { sf("%d",&a); if(i == 0) sum[i] = a; else sum[i] = sum[i - 1] + a; } int Min = n + 1; for(int i = 0;i < n;i ++) { if(sum[i] >= s) Min = min(Min,i - solved(0,i,sum[i] - s)); } pf("%d\n",Min > n?0:Min); } return 0;}
那什么是尺取法?尺取法能更高效地解决此类问题。
我们设以
用下面的图来解释比较清晰:
代码如下:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;const int Maxn = 100010;int T,n,s;int sum[Maxn];int main(){ int a; sf("%d",&T); while(T--) { int tail = -1,head = -1; sf("%d%d",&n,&s); for(int i = 0;i < n;i ++) { sf("%d",&a); if(i == 0) sum[i] = a; else sum[i] = sum[i - 1] + a; if(tail == -1 and sum[i] >= s) tail = i; } if(tail == -1) { pf("0\n"); continue; } int Min = n; while(head < tail) { if(sum[tail] - sum[head + 1] >= s) { head ++; Min = min(Min,tail - head); } else if(tail < n - 1) tail++; else break; } pf("%d\n",Min); } return 0;}
尺取法的算法复杂度为O(n)
两个程序结果比较如下:(第一行为尺取法,第二行为二分的方法)
poj 3320 Jessica’s Reading Problem
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <map>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;const int Maxn = 1000010;map<int,int> mp,tmp;int p[Maxn];int n;int main(){ while(~sf("%d",&n)) { mp.clear(); tmp.clear(); for(int i = 0;i < n;i ++) { sf("%d",&p[i]); mp[p[i]]++; tmp[p[i]]++; } int s = mp.size(); int tail = 0, head = 0; int num = 1,Min = n; tmp[p[0]]--; while(head <= tail) { if(num < s && tail < n - 1) { tail ++; if(tmp[p[tail]] == mp[p[tail]]) num ++; tmp[p[tail]] --; } else if (num == s) { Min = min(Min,tail - head + 1); tmp[p[head]] ++; if(tmp[p[head]] == mp[p[head]]) num --; head ++; } else break; } pf("%d\n",Min); } return 0;}
(2) 反转(开关问题)
POJ 3276 Face The Right Way
N头牛排列成了一列,每头牛或者向前或者向后站,为了让所有的牛都面向前方,农夫约翰买了一台自动转向的机器,这个机器在购买时就必须设定一个数值K,机器每操作一次恰好使K头连续的牛转向(K头牛分别为当前的牛及其之后的牛,不影响位于它之前的牛,并且每次反转必须是K头牛,不可以少于K头)。请求出为了让所有的牛都能面向前方需要的最少的操作次数M和对应的最小的K。
已知:
1
sample input
N = 7
BBFBFBB(F:面向前方,B:面向后方)
sample output
K = 3
M = 3
(先反转1~3号的三头牛,然后再反转3~5号,最后反转5~7号)
这题还算比较好做,主要有个条件是从当前牛开始,与位于其后的共K头牛进行反转。判断第i头牛是否需要反转,只需要根据能影响到它的第 i - K+1,…,i - 1头牛的反转情况就可以确定了。
令
f[i]:=区间[i,i + K - 1]进行了反转的话则为1,否则为0。
sum = f[i - k + 1] + f[i - k + 2] + …+f[i - 1];
如果sum为奇数,表明第i头牛被反转了,如果原来的牛是面向后方的(B),则被转成面向前方了,f[i] = 0,不用继续反转了;如果原来的牛是面向前方的(F),则被转成了面向后方,需要再次反转过来,f[i] = 1。
在计算过程中,我们只要一个值来记录当前牛之前的K-1头牛的f[j]之和,就可以算出当前牛的f[i]
代码如下:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;const int Maxn = 5010;int f[Maxn],n;//f[i],以i开头,长度为k的区间是否需要反转,需要f为1,否则为0char s[Maxn];void solved(){ int num = n,len = 1; for(int k = 1;k <= n;k ++) { int flag = 0,cnt = 0,sum =0; for(int i = 0;i < n;i ++) { if(i >= k) sum -= f[i - k];//记录当前位置前k-1个值总共 if(sum & 1) f[i] = (s[i] == 'F')?1:0; else f[i] = (s[i] == 'F')?0:1; sum += f[i]; if(f[i] == 1) { if(i + k > n)//反转区间长度<k,则不符合条件 { flag = 1; break; } cnt ++;//反转区间个数统计 } } if(flag == 0) { if(cnt < num) num = cnt,len = k; } } pf("%d %d\n",len,num);}int main(){ while(~sf("%d",&n)) { for(int i = 0;i < n;i ++) getchar(),sf("%c",&s[i]); solved(); } return 0;}
POJ 3279 Fliptile
农夫约翰知道聪明的牛产奶多。于是为了提高牛的智商他准备了如下游戏。有一个M×N 的格子,每个格子可以翻转正反面,它们一面是黑色,另一面是白色。黑色的格子翻转后就是白色,白色的格子翻转过来则是黑色。游戏要做的就是把所有的格子都翻转成白色。不过因为牛蹄很大,所以每次翻转一个格子时,与它上下左右相邻接的格子也会被翻转。因为翻格子太麻烦了,所以牛都想通过尽可能少的次数把所有格子都翻成白色。现在给定了每个格子的颜色,请求出用最小步数完成时每个格子翻转的次数。最小步数的解有多个时,输出字典序最小的一组。解不存在的话,则输出IMPOSSIBLE。
已知:
1
sample input
M = 4
N = 4 每个格子的颜色如下:(0表示白色,1表示黑色)
1 0 0 1
0 1 1 0
0 1 1 0
1 0 0 1
sample output
0 0 0 0
1 0 0 1
1 0 0 1
0 0 0 0
如果继续按照上面那题的思路,会发现行不通,因为(1,1)反转时会同时反转(1,2)和(2,1),但是当(1,2)反转时(1,1)又会受到影响,再次反转。
于是不妨先指定好最上面一行的反转方法,此时能够反转(1,1)的只剩下(2,1)了,所以可以直接判断(2,1)是否需要反转,类似的(2,1)~(2,N)都能这样判断,如此反复,如果最后一行并非全白色,则意味着不存在可行的操作方法。
这样算法的复杂度为O(MN
代码如下:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <cstring>#include <string>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;const int Maxn = 20;int n,m;int a[Maxn][Maxn],b[Maxn][Maxn],ans[Maxn][Maxn],tmp[Maxn][Maxn];int Find[20] = {0,1,0,-1,0,1,0,-1,0,0};void solved(){ int len = (1 << m) - 1; int flag = 0,Min = n * m + 1; for(int k = 0;k <= len;k ++)//枚举第一行的反转情况 { memcpy(b,a,sizeof(a)); int val = k,step = 0; for(int j = 0;j < m;j ++) { if(val & 1) { for(int z = 0;z < 5;z ++) { if(Find[z] <0 || Find[z] >=n || j + Find[z + 5] < 0 || j + Find[z + 5] >= m) continue; b[Find[z]][j + Find[z + 5]] ^= 1; } step ++; } tmp[0][j] = val & 1; val >>= 1; } for(int i = 1;i < n;i ++)//第二行开始,根据前一行的信息判断当前点是否需要反转 for(int j = 0;j < m;j ++) { if(b[i - 1][j] == 1) { for(int z = 0;z < 5;z ++)//一个点反转同时影响周围4个点。 { if(i + Find[z] <0 || i + Find[z] >=n || j + Find[z + 5] < 0 || j + Find[z + 5] >= m) continue; b[i + Find[z]][j + Find[z + 5]] ^= 1; } tmp[i][j] = 1; step ++; } else tmp[i][j] = 0; } int sum = 0; for(int j = 0;j < m;j ++) sum += b[n - 1][j]; if(sum == 0) { if(step < Min)//寻找步数小的解 { memcpy(ans,tmp,sizeof(tmp)); Min = step; } flag = 1; } } if(flag == 0) pf("IMPOSSIBLE\n"); else { for(int i = 0;i < n;i ++) { for(int j = 0;j < m - 1;j ++) pf("%d ",ans[i][j]); pf("%d\n",ans[i][m - 1]); } }}int main(){ while(~sf("%d%d",&n,&m)) { for(int i = 0;i < n;i ++) for(int j = 0;j < m;j ++) sf("%d",&a[i][j]); solved(); } return 0;}
ps:poj上的这个题数据可能有点问题,题目虽然说了如果存在多个解就按输出字典序最小的那个,但是只要在枚举过程中找到一个就输出然后return也是可以的,并不涉及多个解的情况,不知道是不是因为从0开始枚举,遇到的第一个答案就是步数最少的解,没验证过。。。
这题的另外一个做法是高斯消元(高斯消元可以查看之前的一篇文章)
代码如下:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <cstring>#include <string>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;const int Maxn = 20;int a[Maxn][Maxn];int paint[Maxn * Maxn][Maxn * Maxn],ans[Maxn * Maxn];int Find[20] = {0,1,0,-1,0,1,0,-1,0,0};void Guass(int n,int m){ int i,row,col; for(row = 0,col = 0; row < n && col < n; row ++,col ++) { for(i = row;i < n;i ++) if(paint[i][col] == 1) break; if(i == n) { row --; continue; } if(i != row) { for(int j = 0;j < n + 1;j ++) swap(paint[row][j],paint[i][j]); } for(i = row + 1;i < n;i ++) if(paint[i][col]) { for(int j = col;j < n + 1;j ++) paint[i][j] ^= paint[row][j]; } } for(i = row;i < n;i ++) if(paint[i][n] != 0) { pf("IMPOSSIBLE\n"); return; } int num = 1 << (n - row),cnt = 0,Min = n + 1; for(i = 0;i < num;i ++) { cnt = 0; for(int j = n - 1,pos = i;j >= row;j--,pos >>= 1) { paint[j][j] = pos & 1; if(paint[j][j]) cnt ++; } for(int j = row - 1;j >= 0;j --) { int tmp = 0; for(int k = j + 1;k < n;k ++) { if(paint[j][k] == 0) continue; tmp ^= paint[k][k]; } paint[j][j] = paint[j][n]^tmp; if(paint[j][j]) cnt ++; } if(cnt < Min) { Min = cnt; for(int j = 0;j < n;j ++) ans[j] = paint[j][j]; } } for(int i = 0;i < n;i ++) { if(i % m == 0) pf("%d",ans[i]); else pf(" %d",ans[i]); if((i + 1) % m == 0) pf("\n"); }}int main(){ int n,m; while(~sf("%d%d",&n,&m)) { memset(paint,0,sizeof(paint)); for(int i = 0;i < n;i ++) for(int j = 0;j < m;j ++) { sf("%d",&a[i][j]); for(int k = 0;k < 5;k ++) { int x = i + Find[k]; int y = j + Find[k + 5]; if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) continue; paint[i * m + j][x * m + y] = 1; } paint[i * m + j][n * m] = a[i][j]; } Guass(n * m,m); } return 0;}/*3 30 1 01 0 10 1 0*/
(3) 弹性碰撞
POJ 3684 Physics Experiment
用N个半径为R厘米的球进行如下实验。
在H米高的位置设置一个圆筒,将求垂直放入(从下向上数第i个球的底端距离地面高度为H + 2R)。实验开始时最下面的球开始掉落,此后每一秒又有一个球开始掉落。不计空气阻力,并假设球与球或地面间的碰撞时弹性碰撞。
请求出实验开始后T秒时每个球底端的高度。假设重力加速度为
已知:
1
1
1
1
sample input
N = 1
H = 10
R = 10
T = 100
sample output
4.95
看到这题我就想到了Ants这道题
从高位H的位置下落的话需要花费的时间:
所以,
因此,在时刻T时,令K 为满足kt
当R = 0时,如果认为球是一样的,就可以忽视他们的碰撞,视为直接互相穿过继续运动。由于在有碰撞时球的顺序不会发生改变,所以忽略碰撞,将计算得到的坐标进行排序后,就能知道每个球的最终位置。
那么,R>0是要怎么样?这种情况下的处理方法基本相同,对于下方开始的第i个球,在按照R = 0计算的结果上加上2*R*i就可以了
代码如下:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <cstring>#include <string>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;const int Maxn = 110;double ans[Maxn];int main(){ int cas,N,H,R,T,g = 10; sf("%d",&cas); while(cas--) { sf("%d%d%d%d",&N,&H,&R,&T); for(int i = 0;i < N;i ++) { double t = sqrt(2.0 * H / g); int k = floor(T / t); if(k < 0) ans[i] = H; else { if(k & 1) ans[i] = H - 0.5 * g * (t - (T - k * t)) * (t - (T - k * t)); else ans[i] = H - 0.5 * g * (T - k * t) * (T - k * t); } T --; } sort(ans,ans + N); for(int i = 0;i < N;i ++) pf("%.2lf%c",ans[i] + 2.0 * R * i / 100,i + 1 == N ? '\n':' '); } return 0;}/*21 10 10 1002 10 10 100*/
(4)折半枚举(双向搜索)
POJ 2785 4 Values whose Sum is 0
给定各有n个整数的四个数列A,B,C,D。要从每个数列中各取出1个数,使得四个数的和为0,这出这样的组合的个数。当一个数列中有多个相同的数字时,把它们作为不同的数字看待。
已知:
1
|(数字的值)|
sample input
n = 6
A = {-45,-41,-36,-36,26,-32}
B = {22,-27,53,30,-38,-54}
C = {42,56,-37,-75,-10,-6}
D = {-16,30,77,-46,62,45}
sample output
5
如果全部枚举,则有
在取出A,B组合中的一组组合(a + b)时,为了使和为0,去查找C,D组合中满足a + b+c+d = 0的组合(c+d),这个查找可以用二分查找来实现,因此最后的复杂度是O(
代码如下:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <cstring>#include <string>#define sf scanf#define pf printfusing namespace std;typedef long long LL;const int Maxn = 4010;int A[Maxn],B[Maxn],C[Maxn],D[Maxn];int AB[Maxn * Maxn],CD[Maxn * Maxn];int n;LL solved(int val){ int l = 0, r = n * n - 1; LL ans; while(l <= r) { int mid = (l + r) / 2; if(CD[mid] <= val) l = mid + 1; else r = mid - 1; } ans = r; l = 0, r = n * n - 1; while(l <= r) { int mid = (l + r) / 2; if(CD[mid] < val) l = mid + 1; else r = mid - 1; } ans = ans - r; return ans;}int main(){ while(~sf("%d",&n)) { for(int i = 0;i < n;i++) sf("%d%d%d%d",&A[i],&B[i],&C[i],&D[i]); int cnt = 0; for(int i = 0;i < n;i ++) for(int j = 0;j < n;j ++) AB[cnt] = A[i] + B[j],CD[cnt++] = C[i] + D[j]; sort(CD,CD + cnt); LL ans = 0; for(int i = 0;i < cnt;i ++) ans += solved(0 - AB[i]); pf("%lld\n",ans); } return 0;}/*30 0 0 00 0 0 00 0 0 0*/
超大背包问题:
有重量和价值分别为
已知:
1
1
1
sample input
n = 4
w = {2 , 1 , 3 , 2}
v = {3 , 2 , 4 , 2}
W = 5
sample output
7(挑选0,1,3号物品)
如果这个题用背包问题来做,W太大,内存不够,但是这题中n的范围很小。因此可以用枚举来做。
挑选物品的方法共有
因此,主要思考从枚举得到的(w2,v2)的集合中高效寻找
(5) 坐标离散化
区域的个数
w*h的格子上画了n条或垂直或水平的宽度为1的直线,求出这些线将格子划分成了多少个区域。
已知:
sample input
w = 10,h = 10,n = 5
x1 = {1 , 1 , 4 , 9 , 10}
y1 = {4 , 8 , 1 , 1 , 6}
x2 = {6 , 10 , 4 , 9 , 10}
y2 = {4 , 8 , 10 , 5 , 10}
(对应上图,横向为x,纵向为y)
利用BFS或dfs可以求出被分割的区域,但是w,h太大,不能创建w*h的数组,所以需要用到“坐标离散化” 这一技巧。
如下图:
将前后左右没有变化的行列消除后并不会影响区域的个数。数组里重要存储有直线的行列以及其前后的行列就足够了。这样的话最多6n*6n就足够了,因此可以创建出数组并利用搜索求出区域的个数。
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- 《挑战程序设计竞赛》3.2.2 常用技巧-反转 POJ3276 3279 3185 1222
- 《挑战程序设计竞赛》3.2.3 常用技巧-弹性碰撞 POJ3684 2674
- 《挑战程序设计竞赛》3.2.4 常用技巧-折半枚举 POJ2785 3977 2549
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