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：
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- 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：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <cmath> 5 #include <cstdlib> 6 using namespace std; 7 8 const int MAXN = 100010; 9 const int MOD = 1000000007; 10 char str[MAXN]; // 字符串 11 int leftNumP[MAXN] = {0}; // 每一位左边（含）P 的个数 12 13 int main() { 14 gets(str); // 读取字符串 15 int len = strlen(str); // 字符串长度 16 for(int i=0; i<len; ++i) { // 计算每一位左边（含）P 的个数 17 if(i > 0) { 18 leftNumP[i] = leftNumP[i-1]; // 继承上一位 19 } 20 if(str[i] == ‘P‘) { // 当前位是 P 21 leftNumP[i]++; 22 } 23 } 24 25 int ans=0, rightNumT=0; // ans 为答案，rightNumT 为右边 T 的个数 26 for(int i=len-1; i>=0; --i) { // 从右向左遍历 27 if(str[i] == ‘T‘) { // 当前位为 T 28 rightNumT++; 29 } else if(str[i] == ‘A‘) { // 当前位为 A 30 ans = (ans + leftNumP[i]*rightNumT) % MOD; 31 } 32 } 33 printf("%d\n", ans); 34 35 return 0; 36 }
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
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- 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：
1 // 随机选择算法 2 // 从 A[left...right] 中返回第 K 大的数 3 int randSelect(int A[], int left, int right, int K) { 4 if(left == right) { // 边界 5 return A[left]; 6 } 7 // randPartition 函数在 快速排序 随笔中有实现 8 int p = randPartition(A, left, right); // 划分后主元的位置为 p 9 int M = p-left+1; // A[p] 为第 M 大 10 if(K == M) return A[p]; // 找到第 K 大 11 else if(K < M) { // 第 K 大的数在主元 A[p] 左侧 12 return randSelect(A, left, p-1, K); 13 } else { // 第 K 大的数在主元 A[p] 右侧 14 return randSelect(A, p+1, right, K-M); 15 } 16 }
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：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <cmath> 5 #include <cstdlib> 6 #include <ctime> 7 using namespace std; 8 9 const int maxn = 100010; 10 int A[maxn], n; // A[] 存放所有整数，n为其个数 11 12 // 对区间 [left,right]进行划分 13 // 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。 14 // 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。 15 // 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。 16 // 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。 17 int Partition(int A[], int left, int right) { 18 int temp = A[left]; // 1. 19 while(left < right) { 20 while(left<right && A[right]>temp) right--; // 2. 21 A[left] = A[right]; 22 while(left<right && A[left]<=temp) left++; // 3. 23 A[right] = A[left]; 24 } 25 A[left] = temp; // 4. 26 return left; 27 } 28 29 // 随机选择主元，然后进行划分 30 int randPartition(int A[], int left, int right) { 31 // 生成 [left,right] 内的随机数 p 32 int p = (int)(round(1.0*rand()/RAND_MAX*(right-left) +left)); 33 swap(A[p], A[left]); // 交换 A[p] 和 A[left] 34 35 // 以下跟 Partition 完全相同 36 return Partition(A, left, right); 37 } 38 39 // 随机选择算法 40 // 从 A[left...right] 中返回第 K 大的数 41 int randSelect(int A[], int left, int right, int K) { 42 if(left == right) { // 边界 43 return A[left]; 44 } 45 // randPartition 函数在 快速排序 随笔中有实现 46 int p = randPartition(A, left, right); // 划分后主元的位置为 p 47 int M = p-left+1; // A[p] 为第 M 大 48 if(K == M) return A[p]; // 找到第 K 大 49 else if(K < M) { // 第 K 大的数在主元 A[p] 左侧 50 return randSelect(A, left, p-1, K); 51 } else { // 第 K 大的数在主元 A[p] 右侧 52 return randSelect(A, p+1, right, K-M); 53 } 54 } 55 56 int main() { 57 srand((unsigned)time(NULL)); // 初始化随机种子 58 int sum=0, sum1=0; // sum 为总和,sum1 为前半部分和 59 scanf("%d", &n); 60 for(int i=0; i<n; ++i) { // 输出 n 个整数 61 scanf("%d", &A[i]); 62 sum += A[i]; 63 } 64 randSelect(A, 0, n-1, n/2); // 寻找第 n/2 大的数，并进行切分 65 for(int i=0; i<n/2; ++i) { // 求前半部分和 66 sum1 += A[i]; 67 } 68 printf("%d\n", (sum-sum1)-sum1); // 输出结果 69 70 return 0; 71 }