算法第二次上机部分题解
总结
本次上机主要考察知识点为快排、二分查找、优先队列、数组线性操作等算法知识。
关于题目难度，我感觉对于我这种做题仅限于北航oj的小菜比来说略大。上机前给出了知识点，但实际落实到题目中时，我却根本看不出题目在考察哪个知识点（或许我只能做做裸题吧），比如，上机时听说第一题是二分，却总是找不到分什么。B题考察优先队列和数组操作（其实看穿本质，用公式也能过），C题利用前缀和结合STL中的map（用数组会MLE），D题考察数组操作和优先队列（当然，我用set集合也能达到同样效果），E题不谈，听大佬说不适合我这种渣渣做，G题直接模拟题目的步骤就行（感谢助教送的100分）。
总地来说，我还是见识太少，练习不够，缺少那种短时间迅速思考求解题目的能力。因此针对以上从上机中发现的不足，我有必要勤于思考，多加练习，争取一眼看穿问题的本质，而不是拿到问题无从下手。
A 画个圈圈诅咒你
思路分析
此题考察二分查找。
输入时将每个圈的左右顶点放入两个数组l和r，先对两个数组排序，对于每个圈，分别计算它左边不相交的圈和右边不相交的圈。对于左边，lower_bound(r,r+n,l[i])-r即为所求圈数；对于右边，先求出与它相交的圈数pos1，然后用总圈数-pos1-1即为所求圈数。最后将所有圈数相加，但要注意此时重复求了每个圈的不相交数，因此要除以2。
算法分析
二分查找的时间复杂度为log(n)，外面有层循环，所以算法的时间复杂度为nlog(n)。
关于lower_bound和upper_bound：这是STL提供的两个二分查找函数，lower_bound返回第一个>=给定元素的元素位置，要求元素从小到大排列；返回第一个>给定元素的元素位，要求元素从小到大排列。
关于STL中查找函数的具体描述：http://blog.csdn.net/zhongkeli/article/details/6883288
参考代码
LL ans,x,R;
LL l[maxn],r[maxn];
intmain()
{
intn;
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i =0;i < n;i++) ~scanf("%lld%lld",&x,&R),l[i] =x-R,r[i] = x+R;
sort(l,l+n);sort(r,r+n);
ans = 0;
for(int i =0;i < n;i++)
{
int tmp = n-1,pos_1,pos_2;
pos_1 = upper_bound(l,l+n,r[i])-l;
if(pos_1&&l[pos_1-1] <= r[i]) pos_1--;
tmp -= pos_1;//当前圈右边与它分开的圈数
pos_2 = lower_bound(r,r+n,l[i])-r; //当前圈左边与它分开的圈数
tmp += pos_2;
ans += tmp;//因为起始tmp为n，所以减一
}
printf("%lld\n",ans/2);//每个答案都重复数了一次，所以要除以二
}
}
B Bamboo的OS实验
思路分析
此题分两种情况考虑。
第一种，相同编号指令间的最短间隔时间很小，以至于完成任务不需要思考人生的时间。这种情况下，ans为x，即总指令个数。
若不满足上述情况，则考虑一个公式：ans = (max_x-1)*(t+1) + max_cnt其中x为总指令个数，max_x为数量最多的那些指令的指令个数，t为相同编号指令间的最短间隔时间，max_cnt为数量最多的那些指令的编号总数。
以下给出证明：
以样例为例，将总时间分为两部分max_x-1次完整的分配和最后剩下的max_cnt，即
1-->2-->思考人生-->1-->2-->思考人生-->1-->2，蓝色为第一部分，红色为第二部分，此时，max_x = 3，t = 2，max_cnt = 2，因此ans = (3-1)*(2+1)+2 = 8。
最后，综合以上两总情况，给出最后的公式：ans = max(x,(max_x-1)*(t+1) + max_cnt)。
算法分析
由于推导出了公式，因此，时间复杂度为O(n)。
参考代码
inta[31];
intmain()
{
intx,y ;
while(~scanf("%d",&x))
{
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i =0;i < x;i++)
{
scanf("%d",&y);
a[y]++;//记录各指令出现的次数
}
int max_x =0,max_cnt =0;
for(int i =1;i <=30;i++)
{
if(a[i] > max_x)
{
max_cnt = 0;//出现新的最大值，种数归零
max_x = a[i];//更新最大指令数
}
if(a[i] == max_x)
{
max_cnt++;//最大编号种数加一
}
}
int t;
scanf("%d",&t);
intans = max(x,(max_x-1)*(t+1) + max_cnt);//核心公式
printf("%d\n",ans);
}
}
C AlvinZH的儿时梦想——坦克篇
思路分析
这题可以看作一道数组线性操作题，但是真的用数组却又会MLE，因此我选用map来避免。
此题的核心是前缀和，mp[tmp_sum]记录每行达到tmp_sum宽度时缝隙的个数。输入结束后，遍历map，找到最大缝隙数max_sum，用n-max_sum即为答案。
算法分析
因为核心操作在输入时已经完成，因此时间复杂度为O(mn)。
关于一维前缀和: 这个优化主要是用来在O（1）时间内求出一个序列a中,a[i]+a[i+1]+……+a[j]的和。具体原理十分简单：用sum[i]表示（a[1]+a[2]+……+a[i])，其中sum[0]=0，则（a[i]+a[i+1]+……+a[j]）即等于sum[j]-sum[i-1]。
主要应用于降维。
参考资料：http://blog.csdn.net/K_rew/article/details/50527287
参考代码
map<int,int>mp;
intmain()
{
intn,m;
inttmp,tmp_sum;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
mp.clear();
for(int i =0; i < n; i++)
{
tmp_sum = 0;
for(int j =0; j < m; j++)
{
scanf("%d",&tmp);
if(j == m-1)break;//达到总宽度时的缝隙无法通过
tmp_sum += tmp;//前缀和
mp[tmp_sum]++;//此宽度的缝隙数加一
}
}
if(m ==1) printf("%d\n",n);//因为前面达到总宽度时未计算前缀和，因此m=1单独讨论
else
{
int max_sum =0;//记录同一宽度下缝隙数量的最大值
for(map<int,int>::iterator it = mp.begin(); it != mp.end(); it++)
{
max_sum =max(max_sum,(*it).second);
}
printf("%d\n",n-max_sum);//n-缝隙数即为撞的建筑物数
}
}
}
D Bamboo的饼干
思路分析
此题类似于“四和归零”，但不能照搬套路，否则会MLE。
思路是先将两数组排序，一个升序，一个降序，然后取两个指针i和j指向数组当前元素，若当前元素和小于t，i向前移动（使得元素和增大）；若当前元素和大于t，j向前移动（使得元素和增大），每当元素和等于t时，将这对元素当作pair放入集合（set）S中，利用set元素的唯一性自动去重，同时利用set元素有序性自动排序，可谓一举两得，实在美滋滋。最后判断S是否为空，是则输出“OTZ”，否则按顺序将set中的元素一一打印出来。不过要记得每组数据最后要输出换行，不然会PE哦~
算法分析
本算法的核心在于两指针i和j的移动，因此时间复杂度为O(n)。
参考代码
LL a[maxn],b[maxn];
boolcmp(const LL &a,const LL &b)
{
returna>b;
}
intmain()
{
intn;
set
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i =0; i < n; i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
}
for(int i =0; i < n; i++)
{
scanf("%lld",&b[i]);
}
LL t;
scanf("%lld",&t);
sort(a,a+n);//升序排列
sort(b,b+n,cmp);//自定义cmp，降序排列
int i =0,j =0;
bool fla =true;
while(i < n&&j < n)
{
if(a[i] + b[j] == t)//满足条件的元素对放入set中
{
pair
p.first = a[i];
p.second = b[j];
S.insert(p);
i++;j++;
}
elseif(a[i] + b[j] < t)//小于t时i前移
{
i++;
}
Else//大于t时j前移
{
j++;
}
}
if(S.empty())
{
printf("OTZ\n");
}
else
{
for(set
{
pair
p = *it;
printf("%lld %lld\n",p.first,p.second);
}
}
while(!S.empty())//清空set
{
S.clear();
}
puts("");//记得最后输出换行
}
}
G ModricWang's Real QuickSort
思路分析
和上次上机相同，这次的真快排同样只需模拟题目所给出的步骤就行。
算法分析
因为只需进行两次递归，因此时间复杂度为O(n)。
参考代码
#include
#define maxn 1000007
inta[maxn];
voidmov(int &a,int &b)
{
inthold = a;
a = b;
b = hold;
}
intmain()
{
intn;
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i =0; i < n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
int i =0;
int j = n-1;
int mid = n/2;
int key = a[mid];
while(i <= j)//第一遍递归
{
while(a[i] < key)
{
i++;
}
while(a[j] > key)
{
j--;
}
if(i <= j)
{
mov(a[i],a[j]);
i++;
j--;
}
}
int tem = i;
i = 0;
j = tem - 1;
mid = tem/2;
key = a[mid];
while(i <= j)//第二遍递归
{
while(a[i] < key)
{
i++;
}
while(a[j] > key)
{
j--;
}
if(i <= j)
{
mov(a[i],a[j]);
i++;
j--;
}
}
for(int k = i;k < tem;k++)//取出第二部分的元素
{
printf("%d ",a[k]);
}
puts("");
}
}