UVa1618 弱键
UVa1618解题报告
题目链接
这题目又是用到二分法,感觉自己对二分用的还是不很灵活,总结一下思路,希望自己能有点突破吧~
思路分析
根据题目意思,给定一个数组判断其中是否含有四个满足如下条件的元素:
Np,Nq,Nr,NsN_p,N_q,N_r,N_s Np,Nq,Nr,Ns满足条件1<=p<q<r<s<=k1<=p<q<r<s<=k1<=p<q<r<s<=kNq>=Ns>=Np>=Nr或者Nq<=Ns<=Np<=NrN_q>=N_s>=N_p>=N_r或者N_q<=N_s<=Np<=NrNq>=Ns>=Np>=Nr或者Nq<=Ns<=Np<=Nr
最简单想到的是暴力枚举四个数,判断所有情况,时间复杂度为O(n4)O(n^4)O(n4),根据题目给出的数量级,这样肯定超时,我们至少要设计出O(n2logn)O(n^2\log{n})O(n2logn)的算法。
这种题常用的做法是减少枚举的变量的个数,通过枚举一部分变量,设计算法快速找到剩下满足条件的变量
想到这里就不难了,这道题思路和刘汝佳书上的UVa1152和为0的4个值思路差不多,如果能只枚举两个数,而通过O(1)O(1)O(1)或者O(logn)O(\log{n})O(logn)的算法找出剩下满足条件的两个数是否存在,那么总体的算法复杂度即为O(n2logn)O(n^2\log{n})O(n2logn)或者O(n2)O(n^2)O(n2)
算法设计
题目中的两个条件,我们只用考虑一种情况,另外一种可以通过倒转数组来判断得到结果。四个数之中q、rq、rq、r位于中间位置,而恰好又是最大值和最小值,我们可以枚举中间这两个数字Nq,NrN_q,N_rNq,Nr,然后在左端快速找到NpN_pNp,在右端快速找到NsN_sNs。
这里用到了贪心的思想,我们在下标小于qqq的元素中找到不超过NrN_rNr的最大元素(为了给NsN_sNs留出尽量多的候选位置)即为NpN_pNp,而在下标大于rrr中找到不小于NqN_qNq的最小元素即为NsN_sNs。
通过上面分析可知,我们需要在O(1)O(1)O(1)或者O(logn)O(\log{n})O(logn)时间内找到这两个元素,不难想到可以通过预处理得出每个元素左边比所有它大的元素、以及在它右边所有比它小的元素,排序之后,通过二分查找就可以在O(logn)O(\log{n})O(logn)时间内找到需要的元素。(不过我想了想,好像不用预处理,直接对左右的数排序然后二分查找也行-_-||)。最后再判断是否满足Np>NsN_p>N_sNp>Ns
具体思路如下:
- 首先扫描一遍数组,用两个vector分别保存当前位置左边比它大的数,以及当前位置右边比它小的数,之后对两个vector排序
- 枚举中间两个数字,首先判断枚举的两个数字Nq、NrN_q、N_rNq、Nr是否符合条件,之后再用二分法找到最优的Np、NsN_p、N_sNp、Ns判断是否满足条件
- 如果找到解,那么返回true,否则枚举完所有位置都没解,那么返回false。
- 最后将原数组翻转一次,在进行判断
完整代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;
const int maxn = 5000 + 1000;
int k;
int ACM[maxn];vector<int> L[maxn], R[maxn];bool judge()
{//预处理,找出对于每一个数,左边比他大,而右边比他小的数for (int i = 0; i < k; i++){L[i].clear();R[i].clear();for (int j = i - 1; j >= 0; j--) if (ACM[j] > ACM[i]) L[i].push_back(ACM[j]);for (int j = i + 1; j < k; j++) if (ACM[j] < ACM[i]) R[i].push_back(ACM[j]);//排序为之后的二分做准备sort(L[i].begin(), L[i].end());sort(R[i].begin(), R[i].end());}//下面进行二分查找,首先枚举中间两个数,分别是最大值和最小值for(int i=0;i<k;i++)for (int j = i + 1; j < k - 1; j++){//如果满足条件if (ACM[i] < ACM[j]&&L[i].size()>0&&R[j].size()>0){//贪心解法//进行二分查找,往左侧找出小于 ACM[j] 最大的数字int p = lower_bound(L[i].begin(), L[i].end(), ACM[j]) - L[i].begin();//在右侧找出大于ACM[i]最小的数字int s = upper_bound(R[j].begin(), R[j].end(), ACM[i]) - R[j].begin();//如果找不到会越界,需要判断if (p == 0 || s == R[j].size()) continue;//判断是否满足题目条件if (L[i][p-1] > R[j][s]) return true;}}return false;
}bool solve()
{bool ok1 = judge();reverse(ACM, ACM + k);bool ok2 = judge();return ok1 || ok2;
}int main()
{int T;freopen("C:\\Users\\lenovo\\Desktop\\test\\in.txt", "r", stdin);freopen("C:\\Users\\lenovo\\Desktop\\test\\out.txt", "w", stdout);scanf("%d", &T);while (T--){scanf("%d", &k);for (int i = 0; i < k; i++)scanf("%d", &ACM[i]);bool ok = solve();if (ok)printf("YES\n");elseprintf("NO\n");}return 0;
}
每天进步一点点~
参考资料
http://www.cnblogs.com/sugewud/p/9819562.html
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