枚举算法
一、枚举法的基本思想
枚举法又称穷举法。
基本思想是根据提出的问题枚举所有可能状态，并用问题给定的约束条件检验哪些状态是需要的，哪些状态是不需要的。
能使命题成立的状态，即为其解。
枚举结构：循环+判断语句。
二、枚举法的条件
适合于枚举法求解的问题必须满足以下两个条件：
⑴可预先确定每个状态的元素个数n。
如百钱买百鸡，状态元素可预先确定。
⑵状态元素a1，a2，…，an的可能值为一个连续的值域。
如果值域为实数级，每两个值之间有无穷个数，这就不能枚举出所有可能的值。
对于满足以上两个条件的问题，采用枚举法时，可以先确定枚举对象、枚举范围和判定条件，再一一枚举所有可能的解，验证是否是问题的解。
三、枚举法的框架结构
设ai1—状态元素ai的最小值；aik—状态元素ai的最大值(1≤i≤n)，即a11≤a1≤a1k，a21≤a2≤a2k， ai1≤ai≤aik， ……，an1≤an≤ank for(a1=a11;a1<=a1k;a1++)
for(a1=a11;a1<=a1k;a1++)
for(a2=a21;a2<=a2k;a2++)
.....
for(ai=ai1;ai<=aik;ai++)
.....
for(an=an1;an<=ank;an++)
if(状态(a1,...,ai...,an)满足检验条件)
输出问题的解;例题1：数字统计(2010普及)
请统计某个给定范围[L, R]的所有整数中，数字 2 出现的次数。
比如给定范围[2, 22]，数字 2 在数 2 中出现了 1 次，在数 12 中出现 1 次，在数 20 中出现 1 次，在数 21 中出现 1 次，在数 22 中出现 2 次，所以数字 2 在该范围内一共出现了 6次。
输入输出格式
输入格式：
输入共 1 行，为两个正整数 L 和 R，之间用一个空格隔开。
输出格式：
输出共 1 行，表示数字 2 出现的次数。
输入输出样例
【输入样例1】 2 22 【输入样例2】 2 100
【输出样例1】 6 【输出样例2】 20
cin>>m>>n;
ans=0;
for(i=m;i<=n;i++)//枚举n-m+1个状态
{ k=i;
while(k)//
{ if(k%10==2)ans++;
k=k/10;
}
}
cout<例题2：砝码称重(NOIP1996)
【问题描述】设有1g、2g、3g、5g、10g、20g的砝码各若干枚（其总重<=1000），求用这些砝码能称出不同的重量的个数。 【输入】
输入1g、2g、3g、5g、10g、20g的砝码个数
【输出】
能称出不同的重量的个数
【输入样例】
1 1 0 0 0 0
【输出样例】
3
题目分析
根据输入的砝码信息，每种砝码可用的最大个数是确定的，而且每种砝码的个数是连续的，能取0到最大个数，所以符合枚举法的两个条件，可以使用枚举法。 枚举时，重量可以由1g,2g,……,20g砝码中的任何一个或者多个构成，枚举对象可以确定为6种重量的砝码，范围为每种砝码的个数。判定时，只需判断这次得到的重量是新得到的，还是前一次已经得到的，即判重。由于重量<=1000g，所以，可以开一个a[1005]的数组来判重，当得到x重量时，把a[x]置为1，下次再得到x时，还是置1，最后只需遍历一下a数组，即可得到重量的个数。算法实现时，伪代码如下：
memset(a,0,sizeof(a));
cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f;
for(c1=0;c1<=a;c1++) //1g砝码的个数
for(c2=0;c2<=b;c2++) //2g砝码的个数
for(c3=0;c3<=c;c3++) //3g砝码的个数
for(c4=0;c4<=d;c4++) //5g砝码的个数
for(c5=0;c5<=e;c5++) //10g砝码的个数
for(c6=0;c6<=f;c6++) //20g砝码的个数
{ sum=c1*1+c2*2+c3*3+c4*5+c5*10+c6*20;
a[sum]=1; //标记
}
for(i=1;i<=1000;i++)if(a[i])num++; //统计不同重量的个数
cout<例题3：防护伞
【题目简述】
平面上有n个点，现要以其中一个点为圆心画一个圆，使得这个圆能够覆盖所有的点，求最小圆的面积。
样例输入
3
0 1
-8 -4
-1 4
样例输出
279.6017
【注意】 精确到小数点后 4 位 π=3.1415926535
【数据范围】
对于50%的数据：2 <= N <= 100
对于100%的数据：2<=N<=1000，-10000<=x,y<=10000
题目分析：
依次枚举每一个点i，计算出点i与所有点j的距离dist[i,j]；
则以i为圆心覆盖所有点的圆的半径为：
R[i]=max{dist[i,j]|1<=j<=N}
因为要求圆的面积最小，即圆的半径最小，所以答案Ans=min{R[i]|1<=i<=N}。
【时间复杂度】O(N^2)
double x[1005],y[1005];
int main(){
int i,j,n;
double Max,Min=800000000,Pi=3.1415926535,dis;
cin>>n;
for(i=0;i>x[i]>>y[i];
for(i=0;iMax)Max=dis;
}
if(Max 四、枚举法的优缺点
枚举法的优点：
比较直观，易于理解，其算法的正确性也比较容易证明。
枚举法的缺点：
当枚举的状态很多时，所用时间非常大，效率比较低。
五、枚举算法的优化
枚举算法的时间复杂度：状态总数*单个状态的耗时
主要优化方法：
⑴ 减少状态总数
⑵ 降低单个状态的考察代价
优化过程从以下几个方面考虑：
⑴ 枚举对象的选取
⑵ 枚举方法的确定
⑶ 采用局部枚举或引进其他算法
例题4：火柴棒等式（NOIP2008）
【问题描述】给你n根火柴棍，你可以拼出多少个形如“A+B=C”的等式？等式中的A、B、C是用火柴棍拼出的整数（若该数非零，则最高位不能是0）。用火柴棍拼数字0-9的拼法如图所示：
注意：
1. 加号与等号各自需要两根火柴棍
2. 如果A≠B，则A+B=C与B+A=C视为不同的等式（A、B、C≥0）
3. n根火柴棍必须全部用上
【输入】输入文件仅一个整数n（n≤24）。
【输出】输出文件仅一行，表示能拼成的不同等式的数目。
题目分析
【问题简述】
给你n(n<=24)根火柴棒,叫你拼出 “A+B=C”这样的等式,求方案数。
【思路点拨】
本题主要考查对枚举法的掌握，可以枚举A和B的取值，考查等式是否刚好用了24根火柴棒。但是1S的时限对枚举的范围有所要求，必须要仔细分析A和B的取值。
n本题最多24根火柴，等号和加号共用4根火柴，所以A,B,C这3个数字需用20根火柴。我们考查A和B的最大的取值可能：0~9这10个数字所用的火柴数为6,2,5,5,4,5,6,3,7,6，很明显数字1用的火柴棒最少只要2根，不妨让B为1，那么A和C最多可以使用18根火柴，而C>=A，满足条件的A的最大取值为1111。所以枚举A和B的范围是从0~1111。
cin>>n;
n=n-4;
for(i=0;i<=1111;i++)
for(j=0;j<=1111;j++)
if(c(i)+c(j)+c(i+j)==n)ans++;
cout<优化
为了加快速度，可以将0到2222的所有整数需要的火柴棒数目提前算好保存在数组中。
int n,a[2300]={6,2,5,5,4,5,6,3,7,6};//6,2本身不是连续数值，存入a数组后下标是连续的就可以用枚举
int i,j,ans=0;
cin>>n; n=n-4;
for(i=10;i<=2222;i++)a[i]=a[i/10]+a[i%10];//优化
for(i=0;i<=1111;i++)
for(j=i;j<=1111;j++)
if(a[i]+a[j]+a[i+j]==n)//减低了单个状态检查次数
if(i==j)ans=ans+1;
else ans=ans+2;
cout<例 完美立方数
描述
形如a^3= b^3 + c^3 + d^3的等式被称为完美立方等式。例如12^3= 6^3 + 8^3 + 10^3 。编写一个程序，对任给的正整数N (N≤100)，寻找所有的四元组(a, b, c, d)，使得a^3= b^3 + c^3 + d^3，其中a,b,c,d 大于 1, 小于等于N，且b<=c<=d。
输入
一个正整数N (N≤100)。
输出
每行输出一个完美立方。输出格式为：
a b c d
其中a,b,c,d所在位置分别用实际求出四元组值代入。
请按照a的值，从小到大依次输出。当两个完美立方等式中a的值相同，则b值小的优先输出、仍相同则c值小的优先输出、再相同则d值小的先输出。
样例输入
12样例输出
6 3 4 5
12 6 8 10
四重循环直接枚举
int main(){
int a,b,c,sa,sb,sc,n,d,sd;
cin>>n;
for(a=3;a<=n;++a){
sa=a*a*a;
for(b=2;b优化为三重循环
int main(){
int a,b,c,sa,sb,sc,n,td;
double d,sd;
cin>>n;
for(a=3;a<=n;++a){
sa=a*a*a;
for(b=2;b=c&&td 连续子段和问题一
Description
给你n(n<=200000)个整数，然后要有m (m<=200000)个询问。每个询问两个整数x和y，问第x个数字到第y个数字所有数字之和。
Input
输入文件的第一行两个正整数N和M，分别表示序列长度和询问个数。
第2行包含N个绝对值不大于10000的整数A[i]，描述了这段序列。
接下来M行，每行两个整数x和y
Output
输出共计M行，每行一个整数表示该区间元素的和。
Sample Input
7 3
2 -4 3 -1 2 -4 3
1 7
2 4
3 6
Sample Output
1
-2
0
Hint
【数据规模与约定】
对于40%的数据，有N,M ≤ 2000。
对于100%的数据，有N,M ≤ 200000。
int a[200005],s;
int main(){
int m,n,i,x,y;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",a+i);
for(i=0;i#include
#include
using namespace std;
int s[200005],a;
int main(){
int m,n,i,x,y;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a);
s[i]=s[i-1]+a;//存储前面i个数字之和
}
for(i=0;i 【枚举练习】子矩阵问题
Description
给定你一个N*M的数字矩形，要求在其中找一个R*C的权值最大矩阵。
Input
第一行两个整数N和M
第二行两个整数R和C。
接下来共计N行，每行M个用空格分开的整数（大于等于0且小于等于100）
Output
输出最大R*C的子矩阵的权值之和。
Sample Input
2 2
1 1
2 0
1 0
Sample Output
2
Hint
【数据规模】
对于80%数据,1 <= m,n <= 1000
对于100%数据, 1 <= m,n <= 3000
没有优化的枚举
int a[3005][3005];
int main(){
int Max=0,a,i,j,k,l,s,n,m,r,c,i1,j1,ans;
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%d%d",&r,&c);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
}
for(i=1;i<=n-r+1;i++)
for(j=1;j<=m-c+1;j++){
ans=0;
for(int k=i;kMax)Max=ans;
}
printf("%d",Max);
return 0;
} 优化后的枚举
【算法二】：我们设S[i,j]表示以(1,1)为左上角，(i,j)为右下角区域的权值之和，那么我们以(i,j)为右下角的R*C区域权值之和的计算公式为：
Area[i,j]=S[i,j]+S[i-R,j-C]-S[i-R,j]-S[i,j-C]
其中S[i,j]的计算公式为：
S[i,j]=S[i-1,j]+S[i,j-1]-S[i-1,j-1]+a[i,j]
你可以随手画图出来，很容易即可证明上面两个式子。最后取Area[]中的最大值即可。
时间复杂度：O(N^2)
| 45 | 65 | -5 | 6 | 2 |
| 4 | 5 | 50 | 5 | 65 |
| 45 | 6 | 12 | 8 | 65 |
| 65 | 5 | 65 | 1 | 23 |
| 9 | 2 | 53 | 45 | 32 |
| 45 | 65 | -5 | 6 | 2 |
| 4 | 5 | 50 | 5 | 65 |
| 45 | 6 | 12 | 8 | 65 |
| 65 | 5 | 65 | 1 | 23 |
| 9 | 2 | 53 | 45 | 32 |
int s[3005][3005];
int main(){
int Max=0,a,i,j,k,l,n,m,r,c,ans;
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%d%d",&r,&c);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&a);
s[i][j]=s[i][j-1]+s[i-1][j]-s[i-1][j-1]+a;
}
for(i=r;i<=n;i++)
for(j=c;j<=m;j++){
ans=s[i][j]-s[i][j-c]-s[i-r][j]+s[i-r][j-c];
if(ans>Max)Max=ans;
}
printf("%d",Max);
return 0;
}将四重循环优化为双重循环