POJ 3061 (二分+前缀和or尺取法)

题目链接: http://poj.org/problem?id=3061

题目大意：找到最短的序列长度，使得序列元素和大于S。

解题思路：

两种思路。

一种是二分+前缀和。复杂度O(nlogn)。有点慢。

二分枚举序列长度，如果可行，向左找小的，否则向右找大的。

前缀和预处理之后，可以O(1)内求和。

#include "cstdio"

#include "cstring"

int sum[100005],n,s,a,T;

bool check(int x)

{

    int l,r;

    for(int i=1;i+x-1<=n;i++)

    {

        l=i,r=i+x-1;

        if(sum[r]-sum[l-1]>=s) return true;

    }

    return false;

}

int main()

{

    //freopen("in.txt","r",stdin);

    scanf("%d",&T);

    while(T--)

    {

        scanf("%d%d",&n,&s);

        for(int i=1;i<=n;i++)

        {

            scanf("%d",&a);

            sum[i]=sum[i-1]+a;

        }

        int l=0,r=n,ans=0;

        while(l<=r)

        {

            int mid=l+(r-l)/2;

            if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-1;}

            else l=mid+1;

        }

        printf("%d\n",ans);

        memset(sum,0,sizeof(sum));

    }

}

二分法

另一种是某本著名的日译ACM书介绍的尺取法。复杂度O(n)

这个方法很简单。

①令L=1,先找一下满足要求的第一个长度（当然不一定是最优结果）。期间R++不停伸展。

②满足了是吧，现在踢掉第一个元素，令L++。从第二个元素看起，不符合要求继续伸展R。更新一下ans。继续踢第二个元素。

③踢踢踢，直到不能伸展R，且不符合要求，break。

这种方法只有一个疑问点，就是R不往回移动，其结果一定是对的吗？

考虑一下，L一直向右移动，R其实没必要向左动了。R只有在不满足条件的时候才向右，否则停在原位。

此时凭L的移动已经能找出所有可行的区间了。可以联想一下滑动变阻器，固定R，滑动L。

 

#include "cstdio"

#include "cstring"

#include "iostream"

using namespace std;

int a[100005],n,s,l,r,T,sum,ans;

int main()

{

    //freopen("in.txt","r",stdin);

    scanf("%d",&T);

    while(T--)

    {

        scanf("%d%d",&n,&s);

        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);

        l=1,r=1,sum=0,ans=0x3f3f3f3f;

        while(true)

        {

            while(sum<s&&r<=n) sum+=a[r++];

            if(sum<s) break;

            ans=min(ans,r-l);

            sum-=a[l++];

        }

        if(ans==0x3f3f3f3f) printf("0\n");

        else printf("%d\n",ans);

    }

}

 

13592296

neopenx

3061

Accepted

548K

79MS

C++

593B

2014-11-02 20:53:32