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枚举+优化(4)——哈希表优化实例2

June 7, 2018 • Read: 327 • 算法

例3.四平方和

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思路1

枚举abcd,判断$a^2+b^2+c^2+d^2$是否等于N

分析规模

a:0 ~ sqrt(500000 / 4)
b:0 ~ sqrt(500000 / 3)
c:0 ~ sqrt(500000 / 2)
d:0 ~ sqrt(500000)

范围大约是1000 ~ 2000,总枚举量$10^{12}$,经验:1秒=$10^8$

思路2:枚举abc,判断N-a^2^-b^2^-c^2^是不是完全平方数

分析规模

a:0 ~ sqrt(500000 / 4)
b:0 ~ sqrt(500000 / 3)
c:0 ~ sqrt(500000 / 2)

总枚举量$10^9$,依然超时

问题:只枚举ab,那么余下$R=N-a^2-b^2$,能否快速求出$c^2+d^2=R$的解?(或者快速判断无解)

例如:N=5,当前枚举量a=b=0,能不能快速求出解c=1,d=2。这里哈希表就派上用场了,我们可以预先求出$R=c^2+d^2$的解,用一个unordered_map<int ,int> f来保存一个R对应的c

比如f[5]=1,表示R=5的解是c=1,d=2可以由R和c算出来;如果我们能求出f[0],f[1],...,f[5000000]的值,那么我们就可以查哈希表用O(1)的复杂度找到$R=c^2+d^2$的解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    unordered_map<int,int> f;
    //打表记录c的值
    for(int c = 0;c * c <= n;c++)
        for(int d = c;c * c + d * d <= n;d++)
            if(f.find(c * c + d * d) == f.end())
                f[c * c + d * d] = c;
    //枚举a,b的值
    for(int a = 0;a * a <= n / 4;a++)
    {
        for(int b = 0;a * a + b * b <= n / 2;b++)
        {
            //查表
            if(f.find(n - a * a - b * b) != f.end())
            {
                int c = f[n - a * a - b * b];
                int d = int(sqrt(n - a * a - b * b) + 1e-3);
                cout << a << " " << b << " " << c << " " << d << endl;
                return 0;
            }
        }
    }
    return 0;
}

例4.题目链接:hihocoder1505

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思路

首先预处理两袋金币数目和是某个值X一共有多少种选法。把预处理的结果存在哈希表里,记作cnt2[X],表示选出2袋金币和是X有几种选法。然后只枚举i和j,也就是给小Hi的两袋金币,通过查哈希表得到小Ho的两袋金币一共有多少种选法。但是存在一个小问题,一袋金币不能既给小Hi又给小Ho

假设现在有5枚金币,有几种选法能选出总数是3枚的2袋金币呢?

image
从上图我们可以看到一共6种选法。现在假设我给小Hi的金币是第1袋和第3袋,那么这时给小Ho的2袋金币的选法,上面6种并不是都成立,因为第1袋和第3袋已经分给小Hi了,所以(1,3)(1,4)(1,5)(2,3)这四种组合都不能选,只剩下2种组合可选

我们仔细观察,包含第1袋的选法数目等于有几个袋子的金币与第3袋一样;同理,包含第3袋的选法数目等于有几个袋子的金币与第1袋一样。于是我们需要多预处理一个结果:cnt1[X]表示包含X枚金币的袋子数量。

有了cnt2和cnt1,我们就可以进行计算了,当我们枚举分给小Hi的袋子是i=1和j=3时,分给小Ho的选法一共有:cnt2[A[i]+A[j]]-cnt1[A[i]]-cnt1[A[j]]+1,这里+1是因为(1,3)这个组合被减了两次,另外,这个式子还有个特例,就是当A[i]=A[j]时,cnt2[A[i]+A[j]]-cnt1[A[i]]-cnt1[A[j]]+3

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int n,a[1000];
    unordered_map<int,int> cnt1,cnt2;
    long long ans = 0;
    cin >> n;
    for(int i = 0;i < n;i++)
    {
        cin >> a[i];
        cnt1[a[i]]++;
    }
    for(int i = 0;i < n;i++)
        for(int j = i + 1;j < n;j++)
            cnt2[a[i] + a[j]]++;
    for(int i = 0;i < n;i++)
    {
        for(int j = i + 1;j < n;j++)
        {
            if(a[i] != a[j])
                ans += cnt2[a[i] + a[j]] - cnt1[a[i]] - cnt1[a[j]] + 1;
            else
                ans += cnt2[a[i] + a[j]] - cnt1[a[i]] - cnt1[a[j]] + 3;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

第一次作业

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先说说的思路,当时看到这题有点懵,可能还是对哈希算法掌握的不够,怎么都想不到用哈希的方法去做,索性先写了个$O(N^2)$的两重循环,想着这几天学的优化,都是减少循环层数,总共就两层,再减也只能减一层,然后我就去找规律(此处省略1万字......),最后找到了规律,用一个map保存一对二元组的差,f[X]的值表示有多少个差为X的二元组

#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    long long n,a,b,min = 100001,max = -100000;
    long long ans = 0;
    unordered_map<long long,long long> f;
    cin >> n;
    for(int i = 0;i < n;i++)
    {
        cin >> a >> b;
        long long temp = a - b;
        if(f.find(-temp) != f.end())
            ans += f[-temp];
        f[temp]++;
    } 
    cout<<ans;
    return 0;
}
最后编辑于: October 19, 2018
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