二分與倍增
倍增的定義請參考李煜東大佬的書,我們這裏給出二分和倍增的模板。
二分:
int l=0,r=v.size()-1;
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if(v[mid]>=x) r=mid;
else l=mid+1;
}
倍增:
int r=0,p=1;
while(p)
{
if(r+p<v.size() && v[r+p]<=x) r+=p,p<<=1;
else p>>=1;
}
我可以觀察到其實倍增是二分的逆運算,二分與x在數組的位置無關,但倍增卻是與x有關的,二分的時間複雜度穩定在(),倍增在最優O(1),最差(),普通情況下用二分就夠了,一般來說二分比較快,但也有例外,比如測試集中存在大量的比較近的x,我們可以用倍增。
天才ACM
給定一個整數 M,對於任意一個整數集合 S,定義“校驗值”如下:
從集合 S 中取出 M 對數(即 2∗M 個數,不能重複使用集合中的數,如果 S 中的整數不夠 M 對,則取到不能取爲止),使得“每對數的差的平方”之和最大,這個最大值就稱爲集合 S 的“校驗值”。
現在給定一個長度爲 N 的數列 A 以及一個整數 T。
我們要把 A 分成若干段,使得每一段的“校驗值”都不超過 T。
求最少需要分成幾段。
輸入格式
第一行輸入整數 K,代表有 K 組測試數據。
對於每組測試數據,第一行包含三個整數 N,M,T 。
第二行包含 N 個整數,表示數列A1,A2…AN。
輸出格式
對於每組測試數據,輸出其答案,每個答案佔一行。
數據範圍
1≤K≤12,
1≤N,M≤500000,
0≤T≤1018,
0≤Ai≤220
輸入樣例:
2
5 1 49
8 2 1 7 9
5 1 64
8 2 1 7 9
輸出樣例:
2
1
這題的思路就是不斷歸併集合,並用倍增優化。我們可以看到即使我們最壞時間複雜度高達(nlogn)依然能過,是因爲倍增優化了許多離原點很近的方案。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=500010;
int a[N],t1[N],t2[N];
int n,m;
ll s;
bool check(int l,int mid,int r)
{
for(int i=mid;i<=r;i++) t1[i]=a[i];
sort(t1+mid,t1+r+1);
int i=l,j=mid;
for(int k=l;k<=r;k++)
{
if(j>r||(i<mid&&t1[i]<=t1[j])) t2[k]=t1[i++];
else t2[k]=t1[j++];
}
ll res=0;
int left = l,right=r,cnt=0;
while(cnt<m&&right>left)
{
res+=1ll * (t2[right]-t2[left]) * (t2[right] - t2[left]);
right--,left++,cnt++;
}
if(res<=s)
{
for(int k=l;k<=r;k++) t1[k]=t2[k];
return true;
}
return false;
}
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&s);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
int l=1,r=1,res=0;
while(l<=n)
{
int p=1;
t1[l]=a[l];
res++;
while(p)
{
if(r+p<=n&&check(l,r+1,r+p)) r+=p,p<<=1;
else p>>=1;
}
l=++r;
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}
ST算法
給大家推薦一下poj 3264。給大家寫一下代碼,思路請參考李煜東大佬。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=100010;
int a[N];
int fs[N][50],fb[N][50];
int n;
void work()
{
for(int i=1;i<=n;i++){
fs[i][0]=a[i];
fb[i][0]=a[i];
}
int t=log(n)/log(2)+1;
for(int j=1;j<t;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
{
fb[i][j]=max(fb[i][j-1],fb[i+(1<<j-1)][j-1]);
fs[i][j]=min(fs[i][j-1],fs[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
}
int query(int l,int r)
{
int k=log(r-l+1)/log(2);
int MAX=max(fb[l][k],fb[r-(1<<k)+1][k]);
int MIN=min(fs[l][k],fs[r-(1<<k)+1][k]);
return MAX-MIN;
}
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d%d",&n,&T);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
work();
while(T--)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%d\n",query(l,r));
}
return 0;
}