折半搜索——另类的二分法
折半搜索
前置知识
笼统的二分
\(dfs\)
清醒的头脑
思路
对于一些很暴力的爆搜，我们发现如果使用通常的搜索会炸。会发现，我们通常的搜索有很多状态是冗余的根本不可能实现的，但是又不得不去搜索，所以说，整体二分可以使这些无法实现的冗余状态少搜一点。
\(\color{Fuchsia}{同时，整体二分之后，对于之后的更快的搜索才是更重要的，而不是整体二分的过程。}\)
网上找到一个好图
典型例题
洛谷 P4799 [CEOI2015 Day2]世界冰球锦标赛
作为一道普及组入门题，我也觉得不过分，但是再看一眼数据 \(N \leq 40\) ，众所周知，这题普通的爆搜时间复杂度是 \(\mathbf{O}(2^N)\) ，明显是不行的，那么应该怎么做呢？
他这个题是要求，选出一些数，然后他们的总和不可以超过 \(M\) ，挺套路的二分。
我现在把他分成两堆数，比如说样例的 \(100\quad1500\quad500\quad500\quad1000\)
现在就变成了
\(100\quad1500\)
\(500\quad500\quad1000\)
那分成这样有什么用呢？
我现在对每一堆数据分别做 \(\mathbf{O}(2^N)\) 的爆搜，然后找出他们可以组成多少钱的门票。
对于第二堆数排序。
然后对第一堆数一个一个的分析，二分在第二堆数中找到恰好合法的那个地方，前面的必定全部合法，那么这题就挺简单了啦。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug puts("I ak IOI several times");
#define pb push_back
#define int long long
using namespace std;
template <typename T>inline void read(T& t){
t=0; register char ch=getchar(); register int fflag=1;
while(!('0'<=ch&&ch<='9')){if(ch=='-') fflag=-1;ch=getchar();}
while(('0'<=ch&&ch<='9')){t=((t<<1)+(t<<3))+ch-'0'; ch=getchar();} t*=fflag;
}
template <typename T,typename... Args> inline void read(T& t, Args&... args){
read(t);read(args...);
}
template <typename T>inline void write(T x){
if(x<0) putchar('-'),x=~(x-1); int s[40],top=0;
while(x) s[++top]=x%10,x/=10; if(!top) s[++top]=0;
while(top) putchar(s[top--]+'0');
}
long long n,a[50],b[50],na,nb;
long long posa[1<<21],posb[1<<21],m;
long long cnta,cntb;
void dfs1(long long dep,long long sum){
if(dep>na){
posa[++cnta]=sum;
return;
}
dfs1(dep+1,sum+a[dep]);
dfs1(dep+1,sum);
}
void dfs2(long long dep,long long sum){
if(dep>nb){
posb[++cntb]=sum;
return;
}
dfs2(dep+1,sum+b[dep]);
dfs2(dep+1,sum);
}
#undef int
int main(){
#define int long long
read(n,m);
na=(n+1)/2;nb=n/2;
for(int i=1;i<=na;++i) read(a[i]);
for(int i=1;i<=nb;++i) read(b[i]);
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
//sort(posa+1,posa+cnta+1);
sort(posb+1,posb+cntb+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnta;++i)
ans+=(upper_bound(posb+1,posb+cntb+1,m-posa[i])-posb-1);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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洛谷P3067[USACO12OPEN]Balanced Cow Subsets G
这是一道折半搜索的进阶题，不是因为他涉及了更高层次的折半搜索，而是因为与其他知识牵连了起来。
题面还是很简单，设计折半思路也很简单。
显然，对于每一个数只有三种可能，放左边、放右边、都不放。所以如果爆搜时间复杂度是 \(\mathbf{O}(3^N)\) ,我们无法接受这个值。
折半思路就显然了，我实际只需要维护一个两边差是 \(0\) 的集合就 ok 了。所以维护一手差。自信 5min 写出代码。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug puts("I ak IOI several times");
#define pb push_back
using namespace std;
template <typename T>inline void read(T& t){
t=0; register char ch=getchar(); register int fflag=1;
while(!('0'<=ch&&ch<='9')){if(ch=='-') fflag=-1;ch=getchar();}
while(('0'<=ch&&ch<='9')){t=((t<<1)+(t<<3))+ch-'0'; ch=getchar();} t*=fflag;
}
template <typename T,typename... Args> inline void read(T& t, Args&... args){
read(t);read(args...);
}
template <typename T>inline void write(T x){
if(x<0) putchar('-'),x=~(x-1); int s[40],top=0;
while(x) s[++top]=x%10,x/=10; if(!top) s[++top]=0;
while(top) putchar(s[top--]+'0');
}
int n;
map<int,vector<int> >mp;
int a[55],ans;
bool book[1<<21];
void dfs(int dep,int d,int sta,int flag){
if(dep>n/2&&flag){
mp[d].push_back(sta);
return;
}
if(dep>n&&!flag){
for(int i=0;i<mp[-d].size();++i)
book[sta|mp[-d][i]]=1;
return;
}
dfs(dep+1,d+a[dep],sta|(1<<dep-1),flag);
dfs(dep+1,d-a[dep],sta|(1<<dep-1),flag);
dfs(dep+1,d,sta,flag);
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
dfs(1,0,0,1);
dfs(n/2+1,0,0,0);
for(int i=1;i<(1<<n);++i)
ans+=book[i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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TLE 91。
die码时间复杂度确实玄学，还用了 map 等去存储答案，估计是人傻常数大吧？然后开始了漫漫卡常路。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug puts("I ak IOI several times");
#define pb push_back
using namespace std;
template <typename T>inline void read(T& t){
t=0; register char ch=getchar(); register int fflag=1;
while(!('0'<=ch&&ch<='9')){if(ch=='-') fflag=-1;ch=getchar();}
while(('0'<=ch&&ch<='9')){t=((t<<1)+(t<<3))+ch-'0'; ch=getchar();} t*=fflag;
}
template <typename T,typename... Args> inline void read(T& t, Args&... args){
read(t);read(args...);
}
template <typename T>inline void write(T x){
if(x<0) putchar('-'),x=~(x-1); int s[40],top=0;
while(x) s[++top]=x%10,x/=10; if(!top) s[++top]=0;
while(top) putchar(s[top--]+'0');
}
int n,n1;
map<int,vector<int> >mp;
int a[55],ans;
bool book[1<<21];
void dfs1(int dep,int d,int sta){
if(dep==n1+1){
mp[d].push_back(sta);
return;
}
dfs1(dep+1,d,sta);
dfs1(dep+1,d+a[dep],sta|(1<<dep-1));
dfs1(dep+1,d-a[dep],sta|(1<<dep-1));
}
void dfs2(int dep,int d,int sta){
if(dep==n+1){
if(!mp.count(d)) return;
int i=0,k=mp[d].size();
while(i<k){
int tmp=mp[d][i],q=sta|tmp;
ans+=(!book[q]);
book[q]=1;
++i;
}
return;
}
dfs2(dep+1,d,sta);
dfs2(dep+1,d+a[dep],sta|(1<<dep-1));
dfs2(dep+1,d-a[dep],sta|(1<<dep-1));
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
n1=n/2;
dfs1(1,0,0);
dfs2(n1+1,0,0);
write(ans-1);
return 0;
}
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TLE96 焯，下载数据看一眼，跑一跑电脑卡了。那肯定不能通过常数再来占便宜了，那么该怎么再优化呢？
只能翻看一手题解。 bitset ？？？
想起来好像 bitset 常数奇小无比。只得转战学习 bitset 。
然后对着题解码了码。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug puts("I ak IOI several times");
#define pb push_back
using namespace std;
template <typename T>inline void read(T& t){
t=0; register char ch=getchar(); register int fflag=1;
while(!('0'<=ch&&ch<='9')){if(ch=='-') fflag=-1;ch=getchar();}
while(('0'<=ch&&ch<='9')){t=((t<<1)+(t<<3))+ch-'0'; ch=getchar();} t*=fflag;
}
template <typename T,typename... Args> inline void read(T& t, Args&... args){
read(t);read(args...);
}
template <typename T>inline void write(T x){
if(x<0) putchar('-'),x=~(x-1); int s[40],top=0;
while(x) s[++top]=x%10,x/=10; if(!top) s[++top]=0;
while(top) putchar(s[top--]+'0');
}
int n,n1;
map<int,bitset<1<<11> >mp;
int a[55],ans;
bitset<1<<11>vis[1<<21];
bool book[1<<21];
void dfs1(int dep,int d,int sta){
if(dep==n1+1){
mp[d].set(sta);
return;
}
dfs1(dep+1,d,sta);
dfs1(dep+1,d+a[dep],sta|(1<<dep-1));
dfs1(dep+1,d-a[dep],sta|(1<<dep-1));
}
void dfs2(int dep,int d,int sta){
if(dep==n+1){
if(mp.count(d)){
bitset<1<<11>s(mp[d]);
s&=~vis[sta];
ans+=s.count();
vis[sta]|=s;
}
return;
}
dfs2(dep+1,d,sta);
dfs2(dep+1,d+a[dep],sta|(1<<dep-1));
dfs2(dep+1,d-a[dep],sta|(1<<dep-1));
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
n1=n/2;
dfs1(1,0,0);
dfs2(n1+1,0,0);
write(ans-1);
return 0;
}
//Welcome back,Chtholly.
