「CH0601」Genius ACM
題目連結 & 題面
AcWing:https://www.acwing.com/problem/content/description/111/
ContestHunter 掛了,只有 AcWing 上能找到這題了。。
題目描述
給定一個整數 M,對於任意一個整數集合 S,定義“校驗值”如下:
從集合 S 中取出 M 對數(即 2∗M個數,不能重複使用集合中的數,如果 S 中的整數不夠 M 對,則取到不能取為止),使得“每對數的差的平方”之和最大,這個最大值就稱為集合 S 的“校驗值”。
現在給定一個長度為 N 的數列 A 以及一個整數 T。
我們要把 A 分成若干段,使得每一段的“校驗值”都不超過 T。
求最少需要分成幾段。
輸入格式
第一行輸入整數 K,代表有 K 組測試資料。
對於每組測試資料,第一行包含三個整數 N,M,T 。
第二行包含 N 個整數,表示數列A1,A2…AN。
輸出格式
對於每組測試資料,輸出其答案,每個答案佔一行。
資料範圍
1≤K≤12,
1≤N,M≤500000,
0≤T≤10^18,
0≤Ai≤2^20
基本思路
樸素演算法——暴力
從這個集合的開頭開始,確定每一個劃分點。
採用類似貪心的方法,不考慮後面的數, 一個個向後列舉劃分點。
拿樣例資料舉例:
2
5 1 49
8 2 1 7 9
5 1 64
8 2 1 7 9
先規定起始點 l 為 0,然後列舉:
{8} -> {8, 2} -> {8, 2, 1} -> {8, 2, 1, 7} -> {8, 2, 1, 7, 9} ->{8, 2, 1, 7}, {9}
每次列舉還需要 O(n lg n) 的時間來排序,時間複雜度為 O(n^2 lg n)
倍增(其實有點像二分)
把列舉改成倍增
顯而易見,對於相同的左端 l,右端 r 越大,校驗值越大(也有可能相等)。
所以,校驗值可以看成是具有單調性的,可以通過倍增求解。
具體來說,可以確定一個右端 R 和右端增加長度 p,如果這個序列的校驗值小於等於上限,那麼將 p 乘以 2,並且將右端更新(R+=p),如果大於上限,就將 p 除以 2。
這樣,我們可以將時間複雜度降低到 O(n^2)
關於排序
每次求校驗值時都需要排序,其實沒有必要使用快速排序,可以採用歸併排序,把新增的序列排好序然後再歸併。時間複雜度 O(n lg n)
然而我用了時間複雜度相同的二分插入排序,但是後面 TLE 了,時間限制是10s,我的程式運行了600s
應該是 vector 常數太大了吧
程式碼
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
using std::vector;
using std::min;
const int MAX=500005;
int k, n, m;
vector<long long> o, ne;
long long t, a[MAX];
int genius(void);
long long check(int, int);
int main(){
freopen("data.in", "r", stdin);
scanf("%d", &k);
for(int i=0; i<k; i++){
scanf("%d%d%lld", &n, &m, &t);
for(int i=0; i<n; i++){
scanf("%lld", &a[i]);
}
printf("%d\n", genius());
}
return 0;
}
int genius(){
int r=0, ans=0, l, p;
long long ch;
while(r<n){
if(r==n-1){
ans++; break;
}
l=r; p=1;
ne.clear(); o.clear();
while(p!=0 && r<n){
ch = check(r, p);
if(ch<=t){
r+=p; p*=2;
o=ne;
}
else p/=2;
}
ans++;
}
return ans;
}
long long check(int r, int p){
ne=o;
int l, r1, mid;
for(int i=r; i<min(r+p, n); i++){
l=0; r1=ne.size();
while(l<r1){
mid=(l+r1)>>1;
if(ne[mid]>=a[i]) r1=mid;
else l=mid+1;
}
ne.insert(ne.begin()+l, a[i]);
}
int s=ne.size();
long long ans=0;
for(int i=0; i<m; i++){
if(s>=(i+1)*2){
ans+=(ne[i]-ne[s-i-1])*(ne[i]-ne[s-i-1]);
}
}
return ans;
}