第二组小组笔记2

如何计算一个算法的时间复杂度？

算这个时间复杂度实际上只需要遵循如下守则：

用常数1来取代运行时间中所有加法常数；

只要高阶项，不要低阶项；

不要高阶项系数；

OJ 2059(http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2058)

遇到问题：
1.超时
for循环时候便利到m太繁杂。
在观察别人代码发现别人对循环条件的优化是：
t=(int)sqrt(2.0*m);
for(j=t;j>=1;j--)//根据数列求和公式判断
解决：
后来经过讨论最后通过查阅网上资料和讨论。摘取这段讲解：
假设首项是1，我们代入，很容易得到n(n+1)=2m这个公式（n是项数）。 这里可以把n+1看成n，n^2=2m,
n=sqrt(2m); 也就是说项数最多的情况也只有sqrt(2m)。

这也就是说，假设M给的是10的9次方，最大的答案区间撑死也只有46000左右的长度。也就是2的10次的算术平方根

那么我们枚举1---sqrt(2m)，假设是长度代入到公式中。m知道了，长度知道了，那么可以解出首项，我们知道，这个数列的每一项必定是个正整数，那么如果算出来的首项正好是个正整数，那么就是个答案，

区间就是【我们算出来的整数，整数+长度-1】输出即可。

时间复杂度为n，但是n的范围大大缩小。

OJ 2050
(http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2050)

遇到的问题：
看到这个问题，又是统计规律，试着去画一下3条折线的情况，算一下结果是后又于一直算错达到了束手无策的境地，于是就去百度找了找相关的原理相关规律并在组员的指导下理解并解决了问题。

image.png

首先，先把问题简单化，看成直线拆分平面的问题。
当添加第N条，为了使平面最多， 则第N条直线要与前面的N-1条直线都相交，且没有任何三条直线相交一个点。
则添加第N条直线会多N-1个交点。由于每增加N个交点，就增加N+1个平面，所以添加第N条直线来会在之前的基础上增加N个平面，用F[i]表示i条直线能把平面切分成的个数。
F[1]=2;
F[n]=F[n-1]+n;
得出F[n]=1+n*(n+1)/2

然后上升回原题，根据已经做过这题的组员的引导和上面的直线拆分平面的公式，把目光放在了他们的交点上面，突然豁然开朗。

image.png

从图中可以看到，每多出一条折线，都会多出4(n-1)个交点，也就是说会多出4(n-1)+1个平面，那么我们可以得到递推式： f [n] = f [n-1] +4(n-1)+1
最后化简得出：f [n]=2n*n-n+1

然后是一些拓展
类似的，关于Z形线分割平面也是一样的道理：

其实这个跟前两个思路也一样，找出每次画一个Z形线会多出来几个交点。画完图后很清楚可以看到，每次多9个；
也就是说，递推式可以写成： f [n] = f [n-1]+9* (n-1) +1

4.附上组员看书小总结：
vector动态数组
1> 定义
include
vector<类型名> 变量名;
例：vector a;
2> 常用操作

a[i] 访问第i个元素
a.empty() 判断是否为空
a.size() 返回元素个数
a.resize() 修改动态数组大小
a.push_back(x) 在动态数组尾部加一个元素
a.pop_back() 删除尾部一个元素
a.begin() 指向头部的迭代器(指针)
a.end() 指向尾部+1位置的迭代器(指针)

3> 其他操作

c.~vector() 销毁所有元素
c.insert(pos, a) 在pos处插入元素a
c.erase(a, b) 删除区间[a, b)内的元素
c.swap(c1) 交换c,c1
c.front() 返回第一个元素
c.back() 返回最后一个元素
c.capacity() 返回当前动态容量
c.max_size() 返回最大可以装的元素个数
set集合
头文件为set 构造方式为 set< string(类型) > name(变量名)

name.insert(sth) 插入元素
name.erase(sth) 就是删除元素
name.count(sth) 类似于一个询问 如果集合里有这个元素就返回true 否则返回false
遍历也是使用迭代器
for(set< string >::iterator i=name.begin();i!=name.end();i++)
cout<<*i<<" ";
name.clear()与vector里面的同理