NJU 2019 计算机拔尖（算法）测试 解题报告

NJU 2019 计算机拔尖（算法）测试 解题报告

题目来源：仲盛老师提供的公开资料。

要准备 2022 计拔所以也自行做了一下！

感觉如果有 OI 省一水平的话，难度并不大。

1

题目 输入两个数列 $X=<x_1,x_2,\cdots ,x_n>$ 和 $Y=<y_1,y_2,\cdots ,y_n>$，从所有 $n^2$ 个数 $x_i+y_j(1\le i,j\le n)$ 中 找出最大的 $m(m\le \sqrt{n})$ 个，并从小到大输出。要求算法最坏时间复杂度为 $o(n\log n)$（注意是 $o$，也就是渐近严格小于）

解答

算法流程：

（1）先用 nth_element 的方法（一种基于快速排序的方法）分别得到 $X,Y$ 前 $m$ 大的项，再对这 $m$ 个数分别进行归并排序后，得到从大到小排列的 $X^{\prime },Y^{\prime }$ 数列（项数均为 $m$）。

（2）对于 $X^{\prime }$ 中每个数 $x_i^{\prime }$，维护一个指针 $p_i$（一开始 $p_i=1$），说明下一个可以与 $x_i^{\prime }$ 匹配的是 $y_{p_i}^{\prime }$。然后将 $x_i^{\prime }+y_{p_i}^{\prime },(i=1,2\cdots n)$ 全部放入一个大根堆。

（3）每次从堆顶取出一个元素记录，并弹出。将堆顶对应的 $x_i^{\prime }$ 对应的 $p_i$ 自增 1，再放入 $x_i^{\prime }+y_{p_i}^{\prime }$。如此循环往复步骤（3） $m$ 次。

（4）将记录下来的 $m$ 个数倒着输出。

时间复杂度分析：

第（1）步中 nth_element 最坏时间复杂度为 $O(n)$，排序时间复杂度为 $O(m\log m)$；（注意这里用归并排序是因为快速排序最坏时间复杂度是 $O(m^2)$ 的，不过好像也可以过）

第（2）步中，将 $m$ 个元素放入堆的时间复杂度为 $O(m\log m)$；

第（3）步中，各 $m$ 次将元素弹出堆和放入堆，时间复杂度为 $O(m\log m)$

第（4）步中，输出复杂度为 $O(m)$

故最坏时间复杂度为 $O(n+m\log m+m)$，由于 $m\le \sqrt{n}$，所以最坏时间复杂度为 $O(n+\sqrt{n}\log n+\sqrt{n})=O(n)=o(n\log n)$，满足题意。

思路 注意到 $m\le \sqrt{n}$ 这个限制条件，然后发现只有前 $m$ 大的数值得被考虑。这样自然而然用 nth_element 找出前 $m$ 大，就变成一个经典题了。

2

题目 假设 $A$ 是一个 $n$ 元数组，其中每个元素都是不小于 $1$、不大于 $n$ 的整数。假设 $k$ 是一个小于 $n$ 但大于 $\frac{n}{2}$ 的整数，而 $I$ 则是一个 $k$ 元数组。我们用 $A(I)$ 来表示一个 $k$ 元数组，它的第 j 个元素是 $A[I[j]]$。

回忆“递增”的定义：我们说 $I$ 是递增的，如果对于任何 $i,j\in I$，只要 $i<j$，就一定有 $A[i]<A[j]$。如果数组 $I$ 和数组 $A(I)$ 都是递增的，那么我们就说 $I$ 是 $2$-递增的。如果数组 $I$、数组 $A(I)$ 和数组 $A(A(I))$ 都是递增的，那么我们就说 $I$ 是 $3$-递增的……以此类推，对于任意正整数 $r$，我们可以定义 $r$-递增。倘若对于所有正整数 $r$，$I$ 都是 $r$-递增的，那么我们就说 $I$ 是无穷大-递增的。

我们定义 $I$ 的递增度为使得 $I$ 是 $r$-递增的最大的整数 $r$；倘若 $I$ 是无穷大-递增的，那么它的递增度就是无穷大；而一个非递增数列的递增度则为 $0$。

请设计一个尽可能高效的算法，对于输入 $A$ 和 $I$，求出递增度。你的算法在最坏情况下的时间复杂度必须为 $O(n^4)$。请给出简要的复杂度分析。

解答1 一个比较好想的思路：

算法流程

（1）将 $I$ 从小到大排序，如果 $I$ 存在相等元素，则递增度为 $0$；否则进入步骤（2）。

（2）不妨设 $I$ 的元素依次为 $I_1,I_2,\cdots ,I_k$ 且依次增大。对于所有的 $(I_i,I_{i+1}),1\le i<k$ 进行（3），得到 $i$ 对应的“深度” $d_i$，再进入（4）。

（3）从（2）处得到两个数 $x,y$。一开始 $x\leftarrow I_i,y\leftarrow I_{i+1}$。

i. 判断是否满足 $A[x]<A[y]$。

ii. 由 i. 的判断分为两种情况

如果满足，判断 $(x,y)$ 在之前的循环过程中是否出现过：若出现过，则返回深度为 $+\infty$；否则让 $x\leftarrow A[x],y\leftarrow A[y]$，并计数器增 1，继续循环（3）i. 的判断。

如果不满足，返回计数器的值。

（4）得到 $k-1$ 个 $d_i$，取所有 $d_i$ 中的最小值，即为答案。

时间复杂度分析：

（1）排序复杂度为 $O(n\log n)$

（2）中调用了 $k-1$ 次（3）

（3）单次复杂度至多 $O(n^2)$（因为不同的 $(x,y)$ 有 $O(n^2)$ 种）

（4）复杂度为 $O(k)$

综上，本算法复杂度为 $O(n\log n+k\cdot n^2+k)=O(n^3)$，符合题意。

思路1 仔细读题，这种“$r$-递增”是一种迭代的过程。但是我们注意到，没有必要对整个 $l$ 进行迭代，只要对 $l$ 大小相邻元素进行迭代即可，取深度的最小值。

解答2 看到 解答1 的算法，明显可以优化（但是优化也没有分多qwq）

以所有的二元对 $(x,y),1\le x,y\le n$ 为点建图。如果 $x<y$ 且 $A[x]<A[y]$，则 $(x,y)$ 向 $(A[x],A[y])$ 连有向边。定义一个点的深度为从它可以沿图继续走多少步（如果可以在环上一直走那当然深度是 $+\infty$）。那么，我们跑个 Tarjan 求 SCC，那么所有可以到点数 $\ge 2$ 的 SCC 的点深度都是 $+\infty$。

然后我们再向 解答1 一样 $k-1$ 项判断即可。总时间复杂度为 $O(n^2)$。甚至可以对 $I$ 多测，单次复杂度 $O(n)$。

但没有分多为啥要写这种无聊的玩意啊！！！