序列相关的趣题 之二
(4)数组中找到两个数和的绝对值最小
像不像2-SUM? 不多解释。主要是绝对值大的动即可。两头扫的方法真好!
当然要先排序,出去排序就是O(n)。算上排序的话退化到O(nlogn)
这也是codility上的问题,还没来得及整理。
上个代码:
// you can also use includes, for example: // #include <algorithm> #include <algorithm> int ab(int x) { return (x >= 0)?x:(-x); } int f(int x,int y) { return ab(x + y); } int solution(vector<int> &A) { // write your code in C++98 vector<int> a = A; sort(a.begin(),a.end()); int answer = f(a[0],a[0]); for (int i = 0, j = a.size() - 1; i <= j; ) { answer = min(answer, f(a[i], a[j])); if (ab(a[i]) > ab(a[j])) { ++i; } else { --j; } } return answer; }
(5) 给定非负实数数组。已经依照非递减排好序了。
设数组为C。长度为N,0 ≤ P < Q < N and C[P] * C[Q] ≥ C[P] + C[Q]的下标对数。
codility上问题是这样定义的C[i] = A[i] + B[i] / 10^6,A是整数部分[0..1000], 而B是分数部分的分子[0..999999] (分数部分的分母统一是1000000)。时间复杂度要O(N)
这个题事实上就是分析要仔细,再次强调数个数并不一定要枚举。我们无非要计算a * b >= a + b,因为都是正数。再由对称性我们仅仅考虑0<=a<=b的情况。
考虑较大的数b可能的情形
(1) b == 0 仅仅有a == 0才符合条件
(2) 0 < b < 2 无解
(3) b >= 2 则 b / (b - 1) <= a <= b
注意到假设我们由小到大 枚举b, 对条件(3) 那个b / (b - 1) = 1 / (1 - 1 / b) 是单调减小的,所以对更大的b。我们考虑a的时候,之前合法的a也是合法的。这是O(N)的关键,我们仅仅须要记录上一次最后一个合法的a的位置即可。
上代码:
// you can use includes, for example: // #include <algorithm> // you can write to stdout for debugging purposes, e.g. // cout << "this is a debug message" << endl; const int M = 1000000000; const int W = 1000000; long long cmp(long long x1,long long y1, long long x2, long long y2) { // x1 / y1 - x2 / y2 return x1 * y2 - x2 * y1; } int solution(vector<int> &A, vector<int> &B) { // write your code in C++11 /* let a <= b a * b >= a + b b == 0 a == 0 0 < b < 2 no solution b >= 2 b / (b - 1) <= a <= b */ int n = A.size(), num0 = 0, last = n, answer = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { if ((A[i] == 0) && (B[i] == 0)) { // b == 0 answer += num0++; } else if (A[i] >= 2) { // b >= 2 if (last >= n) { last = i - 1; } int x = A[i] * W + B[i], y = x - W; for (; (last >= 0) && (cmp(A[last] * W + B[last],W ,x ,y) >= 0); --last) ; answer += i - 1 - last; } if (answer >= M) { return M; } // printf("%d %d\n",i, answer); } return answer; }