ACM 蚂蚁问题

原题

Ants（POJ No.1852）

n只蚂蚁以每秒1cm的速度在长为Lcm的竿子上爬行。当蚂蚁爬到竿子的端点时就会掉落。由于竿子太细，两只蚂蚁相遇时，它们不能交错通过，只能各自反向爬回去。对于每只蚂蚁，我们知道它距离竿子左端的距离xi，但不知道它当前的朝向。请计算所有蚂蚁落下竿子所需的最短时间和最长时间。

限制条件

1 ≤ L ≤ 106

1 ≤ n ≤ 106

0 ≤ xi ≤ L

输入

L = 10
n = 3
x = {2, 6, 7}

输出

min = 4（左、右、右）
max = 8（右、右、右）

分析

根据题目描述，我们不知道蚂蚁的初始朝向，所以两种都有可能。此时，我们可以先固定第0个蚂蚁的方向，然后再处理其他的蚂蚁。这是一个递归的思路，并且每个蚂蚁有两个选择，一共2^n种情况，计算每一种情况下，所有蚂蚁掉落的时间，选择最短的、最大的则得到答案。这个题目的时间复杂度是指数级的。真真有些高了，那么如何改进呢？

我们在摘要中说道，这个题目其实是考察大家想象力的。想象力在哪里呢？我们首先来看看最短时间的情况，直觉上来讲，所有的蚂蚁都超最近的一端走，是需要最短时间的。那么这时，会不会发生碰撞呢？显然是不能的，A和B是两只不同的蚂蚁。

…

B

A

…

假设A到左端近，距离为LA

下面考虑最长时间的情况，也是该发挥想象力的地方。当两只蚂蚁相遇的时候，本来是要调头爬回去的。这与直接交错走过去有什么不同呢？蚂蚁的速度是一样的。大家可以举几个具体的例子，看看这两种情况，差别在哪里。例如:

B

A

• 当相遇调头时，A和B都调下来的最长时间是4秒。A向左一格，然后调头向右三格
• 当相遇交错走过时，A向左走三格掉落，B向右走四格掉落。则最长时间为4秒。

这并不是巧合。可以认为是同样的情况。主要的原因就是蚂蚁的速度是相同的，可以认为是独立的。这样，求所有蚂蚁都掉落的最长时间，就是找离某一端距离最长的蚂蚁，然后向着这一端走，所需要的时间。算法的时间复杂度为O(n)。

后面求最长时间的关键就是，发挥想象，找到调头和交错走过实际上是一样的。就搞定了。

【分析完毕】

首先很容易想到一个穷竭搜索 算法，即枚举所有蚂蚁的初始朝向的组合，这可以利用递归函数实现（详见2.1节）。

每只蚂蚁的初始朝向都有2种可能，n只蚂蚁就是2×2×…×2=2n种。如果n比较小，这个算法还是可行的，但指数函数随着n的增长会急剧增长。

2ⁿ增长的趋势

n	1	5	10	20		30	100	10000	1000000
2 n	2	32	1024	1048576		109	1030	103010	10301030

穷竭搜索的运行时间也随之急剧增长。一般把指数阶的运行时间叫做指数时间。指数时间的算法无法处理稍大规模的输入。

接下来，让我们来考虑比穷竭搜索更高效的算法。首先对于最短时间，看起来所有蚂蚁都朝向较近的端点走会比较好。事实上，这种情况下不会发生两只蚂蚁相遇的情况，而且也不可能在比此更短的时间内走到竿子的端点。

接下来，为了思考最长时间的情况，让我们看看蚂蚁相遇时会发生什么。

事实上，可以知道两只蚂蚁相遇后，当它们保持原样交错而过继续前进也不会有任何问题。这样看来，可以认为每只蚂蚁都是独立运动的，所以要求最长时间，只要求蚂蚁到竿子端点的最大距离就好了。

这样，不论最长时间还是最短时间，都只要对每只蚂蚁检查一次就好了，这是O(n)时间的算法。对于限制条件n ≤ 106，这个算法是够用的，于是问题得解。  

这个问题可以说是考察想象力类型问题的经典例子。有很多这样的问题，虽然开始不太明白，但想通之后，最后的程序却是出乎意料地简单。

// 输入  
int L, n;  
int x[MAX_N];  
 
void solve() {  
  // 计算最短时间  
  int minT = 0;  
  for (int i = 0; i < n; i++) {  
    minT = max(minT, min(x[i], L - x[i]));  
  }  
    
  // 计算最长时间  
  int maxT = 0;  
  for (int i = 0; i < n; i++) {  
    maxmaxT = max(maxT, max(x[i], L - x[i]));  
  }  
    
  printf("%d %d\n", minT, maxT);  
}