POJ1840-Eqs

 

转载请注明出处：優YoU http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1304402322

大致题意：

给出一个5元3次方程，输入其5个系数，求它的解的个数

其中系数 ai∈[-50,50]  自变量xi∈[-50,0）∪（0,50]

 

注意：

  若x1 =a, x2=b ,x3=c ,x4=d,x5=e时，与 x1=b, x2=a ,x3=c ,x4 =d, x5=e 代入方程后都得到值0，那么他们视为不同的解。

 

解题思路：

直观的思路：暴力枚举，O(n^5)

题目Time Limit=5000ms，1ms大约可以执行1000条语句，那么5000ms最多执行500W次

每个变量都有100种可能值，那么暴力枚举，5层循环，就是要执行100^5=100E次，等着TLE吧。。。。

 

要AC这题，就要对方程做一个变形

 

即先枚举x1和x2的组合，把所有出现过的 左值 记录打表，然后再枚举x3 x4 x5的组合得到的 右值，如果某个右值等于已经出现的左值，那么我们就得到了一个解

时间复杂度从 O(n^5)降低到 O(n^2+n^3)，大约执行100W次

 

 

我们先定义一个映射数组hash[]，初始化为0

对于方程左边，当x1=m  ,  x2= n时得到sum，则把用hash[]记录sum : hash[sum]++，表示sum这个值出现了1次

之所以是记录“次数”，而不是记录“是否已出现”，

是因为我们不能保证函数的映射为 1对1 映射，更多的是存在 多对1映射。

例如当 a1=a2时，x1=m  ,  x2= n我们得到了sum，但x1=n  ,  x2= m时我们也会得到sum，但是我们说这两个是不同的解，这就是 多对1 的情况了，如果单纯记录sum是否出现过，则会使得 解的个数 减少。

 

其次，为了使得 搜索sum是否出现 的操作为o(1)，我们把sum作为下标，那么hash数组的上界就取决于a1 a2 x1 x2的组合，四个量的极端值均为50

因此上界为 50*50^3+50*50^3=12500000，由于sum也可能为负数，因此我们对hash[]的上界进行扩展，扩展到25000000，当sum<0时，我们令sum+=25000000存储到hash[]

由于数组很大，必须使用全局定义

 

同时由于数组很大，用int定义必然会MLE，因此要用char或者short定义数组，推荐short

 

//Memory Time
//49188K 532MS 

#include<iostream>
using namespace std;

short hash[25000001];  //hash[sum]表示值等于sum的的解的个数(多对1映射)

int main(void)
{
	int a1,a2,a3,a4,a5;  //系数
	while(cin>>a1>>a2>>a3>>a4>>a5)
	{
		memset(hash,0,sizeof(hash));

		for(int x1=-50;x1<=50;x1++)
		{
			if(!x1)
				continue;
			
			for(int x2=-50;x2<=50;x2++)
			{
				if(!x2)
					continue;
				int sum=(a1*x1*x1*x1 + a2*x2*x2*x2)*(-1);
				if(sum<0)
					sum+=25000000;
				hash[sum]++;
			}
		}

		int solution=0;

		for(int x3=-50;x3<=50;x3++)
		{
			if(!x3)
				continue;
			for(int x4=-50;x4<=50;x4++)
			{
				if(!x4)
					continue;
				for(int x5=-50;x5<=50;x5++)
				{
					if(!x5)
						continue;
					int sum=a3*x3*x3*x3 + a4*x4*x4*x4 + a5*x5*x5*x5;
					if(sum<0)
						sum+=25000000;
					if(hash[sum])
						solution+=hash[sum];
				}
			}
		}

		cout<<solution<<endl;
	}				
	return 0;
}