折半枚举+Hash(HDU1496升级版)
题目链接:N - 方程的解
给定一个四元二次方程:
Ax1^2+Bx2^2+Cx3^2+Dx4^2=0
试求−1000≤x1,x2,x3,x4≤1000非零整数解的个数。
−10000≤A,B,C,D≤10000
输出解的个数。
解法:
首先这道题直接用网上HDU1496的板子过不去,原因是1e10的数组开不了那么大的。所以这里只能换思路。新思路如下(很典型的折半枚举,也就是meet-in-middle):
- 把X1,X2的答案存下来(存在一个2000*2000的数组里面),然后排序
- 二分查找这个数组里面有多个数x了
- AX_1^2+BX_2^2=-(CX_3^2+DX_4^2)
- 左边式子的答案我们已经存下来了,接下来算右边的
- 右边答案算出来过后,我们直接在左边数组里面二分有多少个一样的数值,答案加上这个数值就ok了
当然这里用数组会稍显笨拙,可以用map,卡时间可以过。
注意s[a*i*i + b*j*j]++
会爆int,因此需要将a改为long long
代码如下:
#include<cstdio>
#include<map>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
map<ll, ll>s;
int main() {
ll a, b, c, d;
while (scanf("%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d) != EOF) {
if (a * b > 0 && b * c > 0 && c * d > 0) {
printf("0\n");
return 0;
}
for (ll i = 1; i <= 1000; i++) {
for (ll j = 1; j <= 1000; j++) {
//if (i == 0 || j == 0)continue;
s[a*i*i + b*j*j]++;
}
}
ll sum = 0;
for (ll i = 1; i <= 1000; i++) {
for (ll j = 1; j <= 1000; j++) {
//if (i == 0 || j == 0)continue;
ll t = c*i*i + d*j*j;
sum += s[0 - t];
}
}
printf("%lld\n", 16*sum);
}
return 0;
}
上面说了卡常数不是很严的做法,如果卡常数很严的话,比如x的范围变到4000,map就会T掉,这里直接采用hash的方法
关键词:数字hash
例题:Uva1152:4 Values whose Sum is 0
//hash数字编码
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
map<ll, ll>s;
int a[4005], b[4005], c[4005], d[4005];
int n, T, cnt;
//w[i]表示第i个结点存储的数(也就是a+b),st[i]表示第i个结点有多少种表示方法
const int hashsize = 1000003;
int hd[hashsize], nxt[16000005], w[16000005], st[16000005];
void in(int x) {
int h = (x % hashsize + hashsize) % hashsize, u = hd[h];
while (u) {
if (w[u] == x) {
st[u]++;
return;
}
u = nxt[u];
}
nxt[++cnt] = hd[h];
hd[h] = cnt;
w[cnt] = x;
st[cnt] = 1;
}
int srch(int x) {
int h = (x % hashsize + hashsize) % hashsize;//查询的数是负数,所以要这么算;
int u = hd[h];
while (u) {
if (w[u] == x) return st[u];
u = nxt[u];
}
return 0;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
cnt = 0; memset(hd, 0, sizeof(hd));
scanf("%d", &n);
int A, B, C, D;
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i], &d[i]);
}
for (ll i = 0; i < n; i++) {
for (ll j = 0; j < n; j++) {
in(a[i] + b[j]);
}
}
ll sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++){
sum += srch(-c[i] - d[j]);
}
}
printf("%lld\n", sum);
if (T) printf("\n");
}
return 0;
}
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