算法初步——其他高效技巧与算法

1. 打表

　　打表是一种典型的用空间换时间的技巧，一般将所有可能需要用到的结果事先计算出来，这样后面需要用到时就可以直接查表获得。打表常见的用法有如下几种：

• • 在程序中一次性计算出所有需要用到的结果，之后的查询直接取这些结果。例如在一个需要大量查询 Fibonacci 数的问题中，则可以把所有 Fibonacci 数预先计算并存在数组中，那么每次查询就只需要 O(1) 的时间复杂度。
  • 在程序 B 中分一次或多次计算出所有需要用到的结果，手工把结果写在程序 A 的数组，然后在程序 A 中就可以直接使用这些结果。这种用法一般是当程序的一部分过程消耗的事件过多，因此在另一个程序中使用暴力算法求出结果，这样就能直接在源程序中使用这些结果，例如对 n 皇后问题来说，如果使用的算法不够好，就容易超时，而可以在本地用程序计算出对所有 n 来说 n 皇后问题的方案数，然后把算出的结果直接写在数组中，就可以根据题目输入的 n 来直接输出结果。
  • 对一些感觉不会做的题目，先用暴力程序计算小范围数据的结果，然后找规律，或许就能发现一些 “蛛丝马迹”。　　　　

 

 

2. 活用递推

　　有很多题目需要细心考虑过程中是否存在递推关系，如果能找到这样的递推关系，就能使时间复杂度下降不少。

 

　　2.1 【PAT B1040/A1093】 有几个 PAT

　　题目：字符串APPAPT中包含了两个单词“PAT”，其中第一个PAT是第2位(P),第4位(A),第6位(T)；第二个PAT是第3位(P),第4位(A),第6位(T)。现给定字符串，问一共可以形成多少个PAT？

　　思路：对一个确定的位置 A 来说，以它形成的 PAT 个数等于它左边 P 的个数乘以它右边 T 的个数。于是问题就转换为，对字符串中的每个 A ，计算它左边 P 的个数与它右边 T 的个数的乘积，然后把所有 A 的这个乘积相加就是答案。那么如何较快的获得每一位左边 P 的个数呢？只需要设定一个数组 leftNumP，记录每一位左边 P 的个数（含当前位）。接着从左向右遍历字符串，如果当前位 i 是P，那么 leftNumP[i] = leftNumP[i-1]+1；如果当前为不是 P ，那么 leftNumP[i] = leftNumP[i-1]。以同样的方法可以计算每一位右边 T 的个数。

　　主要代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
using namespace std;

const int MAXN = 100010;
const int MOD = 1000000007;
char str[MAXN];        // 字符串
int leftNumP[MAXN] = {0};    // 每一位左边（含）P 的个数 

int main() {
    gets(str);                // 读取字符串 
    int len = strlen(str);    // 字符串长度
    for(int i=0; i<len; ++i) {    // 计算每一位左边（含）P 的个数 
        if(i > 0) {
            leftNumP[i] = leftNumP[i-1];    // 继承上一位    
        }
        if(str[i] == 'P') {    // 当前位是 P  
            leftNumP[i]++;
        } 
    }
    
    int ans=0, rightNumT=0;    // ans 为答案，rightNumT 为右边 T 的个数
    for(int i=len-1; i>=0; --i) {    // 从右向左遍历 
        if(str[i] == 'T') {            // 当前位为 T 
            rightNumT++;
        } else if(str[i] == 'A') {    // 当前位为 A  
            ans = (ans + leftNumP[i]*rightNumT) % MOD;
        }
    }
    printf("%d\n", ans); 

    return 0;
}

 

 

 

 

 

3. 随机选择算法

　　本节要讨论这样一个问题：如何从一个无序的数组中求出第 K 大的数。例如，对数组｛5,12,7,2,9,3｝来说，第三大的数是 5，第五大的数是 9。

　　思路：随机选择算法的原理类似于之前介绍的随机快速排序算法。当对 A[left,right] 执行一次 randPartition 函数之后，主元左侧的元素个数就是确定的，且它们都小于主元。假设此时主元是 A[p]，那么 A[p] 就是 A[left,right] 中的第 p-left+1 大的数。不妨令 M 表示 p-left+1，那么

• • 若 K==M ，说明第 K 大的数就是主元 A[p]
  • 若 K < M ，说明第 K 大的数在主元 A[p] 左侧，即 A[left...(p-1)] 中的第 K 大
  • 若 K > M ，说明第 K 大的数在主元 A[p] 右侧，即 A[(p+1)...right] 中的第 K-M 大　　

　　算法以 left==right 作为递归边界，返回 A[left] 。主要代码如下：

// 随机选择算法
// 从 A[left...right] 中返回第 K 大的数 
int randSelect(int A[], int left, int right, int K) {
    if(left == right) {    // 边界 
        return A[left];
    }
    // randPartition 函数在 快速排序 随笔中有实现 
    int p = randPartition(A, left, right);    // 划分后主元的位置为 p 
    int M = p-left+1;    // A[p] 为第 M 大
    if(K == M)    return A[p];    // 找到第 K 大
    else if(K < M) {    // 第 K 大的数在主元 A[p] 左侧  
        return randSelect(A, left, p-1, K); 
    } else {    // 第 K 大的数在主元 A[p] 右侧
        return randSelect(A, p+1, right, K-M);
    }
}

 

 

　　下面的问题是一个应用：给定一个整数组成的集合，集合中的整数各不相同，现在要将它分为两个子集合，使得这两个子集合的并为原集合，交为空集，同时在两个子集合的元素 n₁ 与 n₂ 只差的绝对值尽可能小的前提下，要求他们各自元素之和 S₁ 与 S₂ 之差的绝对值尽可能大。求这个 |S₁-S₂| 等于多少。

　　思路：根据对问题的分析：这个问题实际上就是求原集合中元素的第 n/2 大，同时根据这个数把集合分为两部分。因此只需要使用 randSelect 函数求出第 n/2 大的数即可。代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime> 
using namespace std;

const int maxn = 100010;
int A[maxn], n;        // A[] 存放所有整数，n为其个数 

// 对区间 [left,right]进行划分 
// 1. 先将 A[1] 存至某个临时变量 temp，并令两个下标 left、right 分别指向序列首尾。
// 2. 只要 right 指向的元素 A[right] 大于 temp ，就将 right 不断左移；当某个时候 A[right] 小于等于 temp 时，将元素 A[right] 挪到 left 指向的元素 A[left] 处。
// 3. 只要 left 指向的元素 A[right] 小于等于 temp ，就将 left 不断右移；当某个时候 A[right] 大于 temp 时，将元素 A[left] 挪到 right指向的元素 A[right] 处。
// 4. 重复 2.3 ，直到 left 与 right 相遇，把 temp（也即原 A[1]）放到相遇的地方。 
int Partition(int A[], int left, int right) {
    int temp = A[left];                                // 1.
    while(left < right) {
        while(left<right && A[right]>temp) right--;    // 2.
        A[left] = A[right];
        while(left<right && A[left]<=temp) left++;    // 3.
        A[right] = A[left]; 
    }
    A[left] = temp;                                    // 4.
    return left;
} 

// 随机选择主元，然后进行划分 
int randPartition(int A[], int left, int right) {
    // 生成 [left,right] 内的随机数 p 
    int p = (int)(round(1.0*rand()/RAND_MAX*(right-left) +left));
    swap(A[p], A[left]);    // 交换 A[p] 和 A[left] 
    
    // 以下跟 Partition 完全相同 
    return Partition(A, left, right); 
} 

// 随机选择算法
// 从 A[left...right] 中返回第 K 大的数 
int randSelect(int A[], int left, int right, int K) {
    if(left == right) {    // 边界 
        return A[left];
    }
    // randPartition 函数在 快速排序 随笔中有实现 
    int p = randPartition(A, left, right);    // 划分后主元的位置为 p 
    int M = p-left+1;    // A[p] 为第 M 大
    if(K == M)    return A[p];    // 找到第 K 大
    else if(K < M) {    // 第 K 大的数在主元 A[p] 左侧  
        return randSelect(A, left, p-1, K); 
    } else {    // 第 K 大的数在主元 A[p] 右侧
        return randSelect(A, p+1, right, K-M);
    }
} 

int main() {
    srand((unsigned)time(NULL));    // 初始化随机种子 
    int sum=0, sum1=0;    // sum 为总和,sum1 为前半部分和
    scanf("%d", &n);
    for(int i=0; i<n; ++i) {    // 输出 n 个整数 
        scanf("%d", &A[i]);
        sum += A[i];
    } 
    randSelect(A, 0, n-1, n/2);    // 寻找第 n/2 大的数，并进行切分
    for(int i=0; i<n/2; ++i) {    // 求前半部分和 
        sum1 += A[i];
    }
    printf("%d\n", (sum-sum1)-sum1);    // 输出结果 

    return 0;
}