51 nod 1624 取余最长路 思路:前缀和 + STL(set)二分查找
题目:
写这题花了我一上午时间。
下面是本人(zhangjiuding)的思考过程:
首先想到的是三行,每一行一定要走到。
大概是这样一张图
每一行长度最少为1。即第一行(i -1) >= 1,第二行 (j - i) >= 1,第三行 (n - j) >= 1。
我们要求的就是这条路径上的和。
我们发现只要 i 和 j 固定了,结果就固定了。
如果每次都要重新求和的话时间复杂度肯定不够,所以我这个时候想到了前缀和。
用sum[a][b]表示第a行(总共只有3行)前b个数字的和。
第一行可以用 sum[1][i]来表示,第二行可以用sum[2][j]-sum[2][i-1]来表示,第三行可以用sum[3][n]-sum[3][j-1]来表示。
(此处用到了i-1所以我们吧sum[][0]空出来,这样就不会越界)
ans = sum[1][i] + sum[2][j] - sum[2][i-1] + sum[3][n] - sum[3][j-1];
每一组i、j都有一个固定结果,我们求出其中取模最大的那个就好了。
现在求和的问题解决了,该固定i , j 了。
下面看到i的取值范围(1 <= i <= n),j的取值范围(i <= j <= n)
如果遍历i和j的话时间复杂度还是O(n^2),所以前缀和+暴力肯定是会超时的。
如果能优化一点到O(n*log(n))就好了,这样就不会超时了。
那么能优化吗?答案是肯定的。
我们先把我们的每一对i,j对应的ans分离一下。
定义up = sum[1][i] - sum[2][i-1];
down = sum[2][j] + sum[3][n] - sum[3][j-1];
这样up中只含有i,down中只含有j。
因为我们知道结果只和 i , j 有关,
如果我们能把每一个up可能的down存起来,二分法找出那个能让结果最大的down值,然后用up+down更新ans就好了。
这样时间复杂度就只有O(n*log(n))了。
你可能看到这里还有疑问,先怀着疑问,后面我会把我碰到的问题和疑问都讲出来。
先看代码有助于理解:
#include <bits\stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; //定义结构体,value存输入的值,sum存当前行的前缀和。
struct node{
ll value;ll sum;
}a[][];
//ifstream in("in15.txt"); int main(){
int n;
ll p;
cin >> n >> p;
for(int i = ;i <= ; i++){
for(int j = ;j <= n; j++){
cin >> a[i][j].value;
a[i][j].sum = a[i][j].value+a[i][j-].sum; // 求前缀和。
}
} ll ans = ;
set<ll> s; // 用set存当前i值可能碰到的j值对应的down。
set<ll>::iterator it; //反向遍历是因为down的范围可以慢慢扩张,不用删除set中的元素
for(int i = n; i >= ; i--){
ll up = (a[][i].sum-a[][i-].sum)%p; // 当前i值对应的up。
up = (up+p)%p; // 强行变成正数。
ll down = (a[][i].sum+a[][n].sum-a[][i-].sum)%p; // 当前i值对应的down。
down = (down+p)%p; // 强行变成正数。
// cout << "i:" << i << endl;
// cout << "up:"<< up << endl;
// cout << "down:" << down << endl; s.insert(down);//因为肯定是j >= i的,所以每次把当前i值对应的down加入到set,set就会表示可能取到的所有的j对应的down的集合。 //明确一点,set里装的全是down。 // 二分查找,找到一个down值与up相加后最大。
it = s.lower_bound(p-up); // 找到第一个大于等于p-up的down值,我们需要将it--,求出第一个比p-up小的。 //注意,1、2顺序不能变。
if(it != s.begin()) { //1.如果等于it = s.begin(),因为it还要减一下,相当于没有找到合适的值。
it--; // 2.it--,让it指向第一个比p-up小的值。
ans = max(ans,(up+*it)%p); // 更新 ans。
} //可能第一个比p-up小的down值加上up后还是比较小,反而down的最大值加上up后取模还比较大,所以话线性时间更新一下ans。
it = s.end();
it--;
ans = max(ans,(*it+up)%p);
}
cout << ans << endl;
return ;
}
//writed by zhangjiuding
看到这里可能有一个最大的问题,那就是强行变正数的问题。
比如p = 10, up求出来的是-3,而down求出来是6,(-3 + 6)%10 = 3还是正数,强行将up变成正数是否会出错呢?
答案是肯定不会, up 强行变正后是7,(7+6)% 10 = 3,还是3。
看起来逻辑性并不强,但是我试过了很多组数据都是一样的结果,强行变正并不影响结果。
我的猜测是:因为数组中所有的数都是正数或者0,所以每一个up+down一定会大于0。
如果up小于0,那么它可以取到的所有的down都会使 up+down >= 0。
只是这些值是取过模的,所以会出现负数,我们需要将它放在0~(p-1)之间。
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