《算法竞赛入门经典》第五章笔记与个人题解

本章主要介绍了算法竞赛中经常用到的C++特性与STL，还涉及了一些非常实用的技巧。以下是部分有重要意义例题的个人题解：

例题5-2 木块问题 UVA101

（关于题目描述请前往牛客竞赛网搜索题号）

【分析】

本题的核心数据结构是vector pile[maxn]，因为每个木块堆高度是不一定的，所以用vector来存储会非常合适，我们开辟一个vector的数组来存储每个木块堆上的木块编号，如pile[3]存放的就是3号木块堆上木块的编号。

输入一共有4种指令，如果完全独立处理四种指令，代码会非常冗长，我们可以抽象出这四种指令的共同点，封装函数以减少重复代码，以下是书本上提供的标程，体现了非常良好的封装性。

【代码】

#include 
using namespace std;
const int maxn = 35;
int n;
vector pile[maxn];  // 每个pile[i]都是一个vector

// 找木块a所在的pile和height，以引用的方式返回给调用者
void find_block(int a, int &p, int &h)
{
    for (p = 0; p < n; p++)
    {
        for (h = 0; h < pile[p].size(); h++)
        {
            if(pile[p][h] == a)
            {
                return;
            }
        }
    }
}

// 把第p堆高度为h的木块上方的所有木块移回原位
void clear_above(int p, int h)
{
    for (int i = h + 1; i < pile[p].size(); i++)
    {
        int x = pile[p][i];
        pile[x].push_back(x);  // 把木块b放回原位置
    }
    pile[p].resize(h + 1);  // 此时pile[p]应该只保留下标0~h的元素
}

// 把第p堆高度为h及其上方的木块整体移动到p2堆的顶部
void pile_onto(int p, int h, int p2)
{
    for (int i = h; i < pile[p].size(); i++)
    {
        pile[p2].push_back(pile[p][i]);
    }
    pile[p].resize(h);  // 此时pile[p]应该只保留下标0~h-1的元素
}

// 输出最后每个木块堆上的所有木块编号
void print()
{
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        printf("%d:", i);
        for (int j = 0; j < pile[i].size(); j++)
        {
            printf(" %d", pile[i][j]);
        }
        printf("\n");
    }
}

int main()
{
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    int a, b;
    cin >> n;
    string s1, s2;
    // 初始化木块堆
    for (int i = 0; i < n; i++)
        pile[i].push_back(i);
    // 开始处理指令
    while(cin >> s1 >> a >> s2 >> b)
    {
        int pa, pb, ha, hb;
        // 找到木块a和b各自所在的pile编号以及在堆里的高度
        find_block(a, pa, ha);
        find_block(b, pb, hb);
        // 如果a和b在同一堆那么这条指令是非法指令
        if(pa == pb)
        {
            continue;
        }
        // 如果指令中s1为move，那么木块a上方需要被还原
        if(s1 == "move")
        {
            clear_above(pa, ha);
        }
        // 如果指令中s2为onto，那么木块b上方需要被还原
        if(s2 == "onto")
        {
            clear_above(pb, hb);
        }
        // 最后都是要把木块a及其往上的木块一起挪到木块b所在的堆上
        pile_onto(pa, ha, pb);
    }
    print();
    return 0;
}

例题5-5 集合栈计算机 UVA12096

【分析】

本题的集合并不是简单的数字集合或者字符串集合，而是集合的集合，如果我们将这种元素反复出入栈，会比较影响性能，我们可以为每个不同的集合分配一个唯一的ID，每一个ID就代表一个唯一的集合，这样的话我们就可以用int来代替复杂的集合类型进行出入栈的操作，可以大幅提高效率， 通过ID我们也要能找到对应的集合，所以再开一个vector来根据ID取集合，vector存放的真正的集合，vector的下标就是该集合的ID。这种讲复杂数据类型映射为整数的技巧是非常常用的，请务必仔细体会。

【代码】

#include 
using namespace std;
typedef set Set;
map IDcache;  // 把集合映射成ID
vector Setcache;   // 根据ID取集合
#define ALL(x) x.begin(),x.end()  // 所有的内容
#define INS(x) inserter(x,x.begin())  // 插入迭代器

// 查找给定集合x的ID。如果找不到，则分配一个新的ID
int ID(Set x)
{
    // 如果之前有这个集合，有过记录的话，则直接返回它的ID
    if(IDcache.count(x))
    {
        return IDcache[x];
    }
    // 如果没有记录过，代表这是一个新的集合，那么我们添加新集合
    Setcache.push_back(x);
    // 返回新集合的ID
    return IDcache[x] = Setcache.size() - 1;
}

int main()
{
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        stack s;  // 题目中的栈
        int n;
        cin >> n;
        while(n--)
        {
            string op;
            cin >> op;
            if(op[0] == 'P')
            {
                s.push(ID(Set()));
            }
            else if(op[0] == 'D')
            {
                s.push(s.top());
            }
            else
            {
                Set x1 = Setcache[s.top()];
                s.pop();
                Set x2 = Setcache[s.top()];;
                s.pop();
                Set x;
                if(op[0] == 'U')
                {
                    set_union(ALL(x1), ALL(x2), INS(x));
                }
                if(op[0] == 'I')
                {
                    set_intersection(ALL(x1), ALL(x2), INS(x));
                }
                if(op[0] == 'A')
                {
                    x = x2;
                    x.insert(ID(x1));
                }
                s.push(ID(x));
            }
            cout << Setcache[s.top()].size() << endl;
        }
        cout << "***" << endl;
    }
    return 0;
}

例题5-9 数据库 UVA1592

【分析】

直接写四重for循环枚举r1,r2,c1,c2，从正确性上可以行得通，但肯定会超时。

我们可以看到题目约定的数据范围中，列数m不会很大，最多只有10，所以我们可以只枚举c1和c2，然后上下扫描各行，每到一个新的行r，就把该行的c1,c2两列内容作为一个二元组存放到一个map容器中，每个二元组都映射一个唯一的整数，即map<二元组, int>，如果map键值中已经存在过这个二元组，那么该二元组映射到的整数即r1，目前行就是r2。

那么如何表示这个二元组？直接将c1,c2列的两个字符串拼接为一个大的字符串，并用一个其他地方不可能出现的字符来分隔，但是这样速度会比较慢，因为在map中查找元素时，会对字符串的每个字符一一比对，极大可能会超时。我们可以在主循环之前先做一个预处理，把所有字符串分配一个唯一的编号，然后我们只存储编号即可，上述二元组就变成了两个整数，效率会大幅提升，这个技巧在上面“集合栈计算机”中已经提到过。

【代码】

#include 
using namespace std;
const int maxn = 10000 + 5;
const int maxm = 10 + 5;
int n, m, cnt;
typedef pair Pair;
map IDchache; // 把一个字符串映射为一个整数ID
map Paircache;  // Pair第一次出现的位置
int a[maxn][maxm];

// 核心部分
void solve()
{
    for (int c1 = 1; c1 <= m; c1++)
    {
        for (int c2 = c1 + 1; c2 <= m; c2++)
        {
            Paircache.clear();
            for (int r = 1; r <= n; r++)
            {
                Pair Pmap(a[r][c1], a[r][c2]);
                if(Paircache.count(Pmap))
                {
                    cout << "NO" << endl;
                    cout << Paircache[Pmap] << " " << r << endl;
                    cout << c1 << " " << c2 << endl;
                    return;
                }
                else
                {
                    Paircache[Pmap] = r;
                }
            }
        }
    }
    cout << "YES" << endl;
}

// 输入一个单元格的内容
string Read()
{
    string s = "";
    char c;
    while(c = getchar(), c != ',' && c != '\n' && c != '\r' && c != EOF)
    {
        s += c;
    }
    // cout << s << endl;
    return s;
}

// 查找给定字符串的ID，如果查找不到，则给定一个新的ID
int ID(string &s)
{
    if(IDchache.count(s))
    {
        return IDchache[s];
    }
    return IDchache[s] = cnt;
}

// 初始化 + 预处理
void init()
{
    cnt = 0;
    IDchache.clear();
    Paircache.clear();
    string s;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= m; j++)
        {
            cnt++;
            s = Read();  // 输入一个单元格的内容
            a[i][j] = ID(s);  // 把一个字符串转换为ID之后再存入二维数组
        }
    }
}

int main()
{
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    while(cin >> n >> m)
    {
        getchar();
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}