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认为我程序很慢的就不用看了- - 因为nocow上各种更快的方案。 其实就是搜索顺序不一样,我是按顺序搜索的……各种优化才通关。并且在做的时候,发现,先搜索对角线的确会更快。 为啥? 后面我会提到。
首先想到的方案:穷举所有情况,判定是否有解。
根据题目,他有各种限制条件!行列和斜线。
题目要求,每一行每一列和对角线的,这个【五位素数】的各个数字的和,是有限制的,假设为tot.
首先,我们可以先得到10000~99999之间所有【5位素数】各个数字和等于tot素数找出来。 用字典树存起来。 为何要字典树呢? 因为方便啊!
求一个五位数,各位数字和(个位,十位,百位……的和)
inline int weihe(int k) //求k这个五位数,各个数字的和 { int ans = 0; while (k) { ans += k % 10; k/=10; } return ans; }
字典树:
struct node //字典树 { int a; bool flag; node *next[10]; int sou[15]; node(int k) { a = k; memset(next, NULL, sizeof(next)); flag = false; } node(){ a = -1; memset(next, NULL, sizeof(next)); flag = false; } void make() //字典树构造类dancing link { int i, t; memset(sou, -1, sizeof(sou)); for (i = 0; i <= 9; ++ i) if (next[i]) { sou[10] = i; t = i; break; } for ( ++ i;i <= 9; ++ i) if (next[i]) { sou[t] = i; t = i; } } }Tnull, *root = &Tnull, Tnull2, *root2 = &Tnull2;
没错!这是一个核心优化!让程序从运行7秒加速到1秒3!!这个优化很好想,但是没想到优化效果如此高。
因为字典树的next[0], next[1]...next[9]这几节点,很多节点是空的,所以用链表的想法,直接用sou[10]表示要搜的第一个next[sou[10]], 假如sou[10] = k; 那么第二个要搜的节点就是next[sou[k]]. 这个优化为何如此之屌? 其实本来就很屌…… 只不过一个,就让常数快2倍,4层循环用4次,就快7~8倍,这个优化效果是叠加的……
字典树的插入函数:
插入一个数字为k的五位数
int tmp[10]; inline void insert(int k) { for (int i = 5; i >= 1; k/=10, -- i) tmp[i] = k % 10; node *e = root; for (int i = 1; i <= 5; ++ i) { if (e -> next[tmp[i]] == NULL) e -> next[tmp[i]] = new node(tmp[i]); e = e -> next[tmp[i]]; } e -> flag = true; }
inline void insert2(int k) { for (int i = 1; i <= 5; k/=10, ++ i) tmp[i] = k % 10; node *e = root2; for (int i = 1; i <= 5; ++ i) { if (e -> next[tmp[i]] == NULL) e -> next[tmp[i]] = new node(tmp[i]); e = e -> next[tmp[i]]; } e -> flag = true; }
关于字典树的部分介绍完毕……其实还是要说的是核心搜索方案
直接根据我的“合法素数表”,穷举第一行可以填的5个数字。
然后每一列用一个【字典树指针】,分别往下指,因为可以确定的是,我避免了所有不必要的穷举。 同时,利用k-1行的字典树指针,在构造第k行(因为有5个字典树指针,所以直接利用字典树指针,直接构造第k行的5个新的字典树指针)的同时,再按列,判断我这构造的这一行是否合法。因为我已经有字典树了,所以只构造了第一列,第二列的时候,我就可以利用字典树指针来判断是否可行。
比如
a b c d e
f g
我在利用a,得到f, b得到g的时候,就可以判断f, g是否可以是一个“合法素数”的开头。(我的字典树中,只有af az ax开头的,所以第一列a开头的,只穷举了af,az,ax这3个情况,大大提高了效率。)
这里的程序实现非常恶心和复杂。
我用的是一个DFS(k, *p1, *p2, *p3, *p4, *p5)的形式,k表示要搜索第k行, *p1到*p5分别是直接传递的字典树指针。
当k=5的时候,并不需要穷举第五行的情况,根据已经有的数据,可以直接计算出第五行的情况。
优化1:
[a] b c d e
f [g]
其实可以判断a,g是否合法了~ a , g是否是可以合法素数的开头。
[a] b c d e
f [g] h i j k
l m [n]
同样,在穷举到这个情况的时候,也可以判断是否合法。
这是左对角线,右对角线同样也可以check. 所以…… 我上面有“倒着插入一个数字为k的五位数。”的函数。
问题来了~ 我为何说如果穷举主对角线更优呢?
因为我的程序在极限数据下,出现了一个情况。
有7000+组情况,出现了
q w e r t
y u i o p
a s d f g
h j k l z
x c v b n
也就是25的数字都填写完毕,每行每列都合法。
【q u d l ?】 【? j d o t】 合法。 但是【q u d l n】或者【x j d o t】不合法!!!!! 这情况高达7000组!而答案却只有100多个。 所以先穷举对角线是很重要的。
虽然AC了,但是因为穷举顺序的问题,方法并不优秀。
/* TASK:prime3 LANG:C++ */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; int tot, p; bool prim[100000]={false}; int a[100000], t=0; inline int weihe(int k) //求k这个五位数,各个数字的和 { int ans = 0; while (k) { ans += k % 10; k/=10; } return ans; } struct node //字典树 { int a; bool flag; node *next[10]; int sou[15]; node(int k) { a = k; memset(next, NULL, sizeof(next)); flag = false; } node(){ a = -1; memset(next, NULL, sizeof(next)); flag = false; } void make() //字典树构造类dancing link { int i, t; memset(sou, -1, sizeof(sou)); for (i = 0; i <= 9; ++ i) if (next[i]) { sou[10] = i; t = i; break; } for ( ++ i;i <= 9; ++ i) if (next[i]) { sou[t] = i; t = i; } } }Tnull, *root = &Tnull, Tnull2, *root2 = &Tnull2; int tmp[10]; inline void insert(int k) { for (int i = 5; i >= 1; k/=10, -- i) tmp[i] = k % 10; node *e = root; for (int i = 1; i <= 5; ++ i) { if (e -> next[tmp[i]] == NULL) e -> next[tmp[i]] = new node(tmp[i]); e = e -> next[tmp[i]]; } e -> flag = true; } inline void insert2(int k) { for (int i = 1; i <= 5; k/=10, ++ i) tmp[i] = k % 10; node *e = root2; for (int i = 1; i <= 5; ++ i) { if (e -> next[tmp[i]] == NULL) e -> next[tmp[i]] = new node(tmp[i]); e = e -> next[tmp[i]]; } e -> flag = true; } inline void change(node *k, int t) { (*k).make(); if (t == 6) return; for (int i = 0; i <= 9; ++ i) if (k -> next[i]) change(k -> next[i], t + 1); } /* * 调试Trie用的 int output[100] ; void pg(node *k,int t) { if (t == 6) { for (int i = 1; i<= 5; ++ i) cout<<output[i];cout<<endl; } for (int i = k -> sou[10]; i != -1; i = k -> sou[i]) { if (k -> next[i]) { output[t] = i; pg(k -> next[i], t + 1); } } } */ void init() { cin >> tot >> p; for (int i = 10000; i <= 99999; ++ i) { if (weihe(i) != tot) continue; for (int j = 2; j <= sqrt(i); ++ j) if (i % j == 0) goto i1; prim[i] = true; a[++t] = i; insert(i); insert2(i); i1:; } change(root, 1); change(root2, 1); } int x[10][10]; node *link[10]; bool FLAG = false; inline void check() { for (int i = 1; i <= 5; ++ i) //列 { int sb = 0; for (int j = 1; j <= 4; ++ j) sb += x[j][i]; x[5][i] = tot - sb; } int tmp3 = x[5][1] * 10000 + x[5][2] * 1000 + x[5][3] * 100 + x[5][4] * 10 + x[5][5]; if (!prim[tmp3]) return; int tmp1 = x[1][1] * 10000 + x[2][2] * 1000 + x[3][3] * 100 + x[4][4] * 10 + x[5][5];//左对角线 int tmp2 = x[5][1] * 10000 + x[4][2] * 1000 + x[3][3] * 100 + x[2][4] * 10 + x[1][5];//右对角线 if (prim[tmp1] && prim[tmp2]) { if (FLAG) printf("\n"); FLAG = true; for (int i = 1; i <= 5; ++ i) { for (int j = 1; j <= 4; ++ j) printf("%d", x[i][j]); printf("%d\n", x[i][5]); } } } node *e; inline bool xie(int k) { e = root -> next[x[1][1]]; for (int i = 2; i <=k; ++ i) { e = e -> next[x[i][i]]; if (!e) return false; } return true; } inline bool shang(int k) { e = root2 -> next[x[1][5]]; for (int i = 2; i <= k; ++ i) { e = e -> next[x[i][6 - i]]; if (!e) return false; } return true; } void dfs(int k, node *link1, node *link2, node *link3, node *link4, node *link5) //第k 行 { if (k == 5)//第五行不填写,直接算出来 { check(); return; } #define e1 x[k][1] #define e2 x[k][2] #define e3 x[k][3] #define e4 x[k][4] #define e5 x[k][5] node *c_link1, *c_link2, *c_link3, *c_link4, *c_link5; for (e1 = link1 -> sou[10]; e1 != -1; e1 = link1 -> sou[e1]) { c_link1 = root -> next[e1]; if (c_link1 == NULL) continue; for (e2 = link2 -> sou[10]; e2 != -1; e2 = link2 -> sou[e2]) { c_link2 = c_link1 -> next[e2]; if (c_link2 == NULL) continue; if (k == 2) if (!xie(2)) continue; if (k == 4) if (!shang(4)) continue; for (e3 = link3 -> sou[10]; e3 != -1; e3 = link3 -> sou[e3]) { c_link3 = c_link2 -> next[e3]; if (c_link3 == NULL) continue; if (k == 3) if (!xie(3)) continue; if (k == 3) if (!shang(3)) continue; for (e4 = link4 -> sou[10]; e4 != -1; e4 = link4 -> sou[e4]) { c_link4 = c_link3 -> next[e4]; if (c_link4 == NULL) continue; if (k == 4) if (!xie(4)) continue; if (k == 2) if (!shang(2)) continue; for (e5 = link5 -> sou[10]; e5 != -1; e5 = link5 -> sou[e5]) { c_link5 = c_link4 -> next[e5]; if (c_link5 == NULL) continue; if (root2 -> next[e5] == NULL) continue; dfs(k + 1, link1 -> next[e1], link2 -> next[e2], link3 -> next[e3], link4 -> next[e4], link5 -> next[e5]); } } } } } } void doit() { x[1][1] = p; //第一个地方填上题目给的p这个数字 node *row1 = root -> next[p], *col1 = root -> next[p]; int t=0; for (int s = p * 10000; s < (p + 1) * 10000; ++ s) { if (!prim[s]) continue; //必须先合法,不合法直接先退出 // cout<<s<<endl; // ++t; link[1] = root -> next[s / 10000]; link[2] = root -> next[s % 10000 / 1000]; link[3] = root -> next[s % 1000 / 100]; link[4] = root -> next[s % 100 / 10]; link[5] = root -> next[s % 10]; if (link[1] == NULL || link[2] == NULL || link[3] == NULL || link[4] == NULL || link[5] == NULL) continue; x[1][1] = link[1] -> a; x[1][2] = link[2] -> a; x[1][3] = link[3] -> a; x[1][4] = link[4] -> a; x[1][5] = link[5] -> a; dfs(2, link[1], link[2], link[3], link[4], link[5]); } if (!FLAG) printf("NONE\n"); //cout<<jishu<<endl; //cout<<js2<<endl; } int main() { freopen("prime3.in","r",stdin); freopen("prime3.out", "w", stdout); init(); doit(); return 0; }