算法基础 —— 枚举

Posted 2021-03-06 majorin

目录

• 枚举
  • 什么是枚举
  • 枚举的基本框架
    • 1.给出解空间
    • 2.找到枚举的具体方法
  • 枚举的种类
    • 1.循环枚举
    • 2.子集枚举
    • 3.排列枚举
  • 枚举的优化
  • 枚举总结

枚举

什么是枚举

枚举算法是一种经典的暴力算法，是通过遍历所有候选答案以找到正确的解的问题解决策略；

枚举的基本框架

1.给出解空间

建立数学模型，确立候选答案的范围，从数学的角度说：就是给出可能解的集合

这是最关键的一步，确立正确的解空间是应用枚举算法的前提

2.找到枚举的具体方法

在确立了正确的解空间后，还要知道怎么枚举才能找到正确的答案。

对于不同的问题，枚举的具体方法很可能是不同的。

枚举的种类

1.循环枚举

通过数层循环来达到穷举解空间里的解，找到正确的答案，是最基本的枚举算法

例：

求小于 N 的最大素数

纯暴力：

    int n,i,j;
    scanf("%d",&n);
    for(i=n-1;i>=2;i--)
    {
        for(j=2;j<=i-1;j++)
        if(i%j==0) break;
        if(j==i) {printf("%d",i);break;}
    }
    

优化版

    int n,i,j;
    scanf("%d",&n);
    for(i=n-1;i>=2;i--)
    {
        for(j=2;j*j<=i;j++)
        if(i%j==0) break;
        if(j*j>i) {printf("%d",i);break;}
    }

2.子集枚举

解决可化归为集合的子集问题的题目；

原理分析：

当题目中出现的数据体现出子集的性质后，我们将子集中的中出现的元素用(1)代替，补集中的元素用(0)代替；

举个栗子：给定一个集合(A{1,2,3,4,5}),其中子集(A_1{1,3,4,5}),(A_2{1,4,5}),(A_3{3}),(A_4{2,3})就可以这样表示

A中元素	1(*^{(1)})	2	3	4	5	二进制(*^{(2)})	十进制
在(A_1)中的情况	1	0	1	1	1	11101	29
在(A_2)中的情况	1	0	0	1	1	11001	25
在(A_3)中的情况	0	0	1	0	0	00100	4
在(A_4)中的情况	0	1	1	0	0	00110	6

(*^{(1)})其实集合是有无序性的,但是按顺序来“编码”,不会破坏一般性；

(*^{(2)})这里的“编码”规则是，二进制第(n)位与(array[n])对应，尽管顺序相反程序也会“不重复”，“不遗漏”遍历解答树，但是会破坏二进制原有的顺序。

集合与二进制：

1.并集：

从元素选择角度，(A_2)和(A_3)包含的元素合并起来就能得到(A_1)。而分析(A_1)的二进制值就是(A_2)(和A_3)的二进制，对应的每一位都按(Or)运算计算就得到的——这不就是C++中的按位或运算吗？即(A_1=A_2{cup}A_3)等价于(a_1=a_2|a_3)。

2.交集：

交集就是两个集合共有的元素组成的。在逻辑上交集上就含有"与"的意思。类比并集，求交集就等价于按位与运算，(A_1=A_2{cap}A_3{iff}a_1=a_2&a_3)。

3.包含：

集合(A_2)的元素都在(A_1)中出现，说明(A_1)包含(A_2)。而在高中阶段我们知A_1道了，若(A_2{subset}A_1)，则有(A_1{cup}A_2=A_1)以及(A_1{cap}A_2=A_2)，所以判断(A_2是否{subset}A_1)，可以构造表达式((a_1|a_2==a_1)&&(a_1&a_2==a_2))，值为真，命题成立。

4.属于：

属于是指某个元素是否在集合内，可以看作包含的特殊情况——只需检查单独某项元素构成的集合是否是另一个集合的子集，则先用左移位运算构造出只有某一个元素的集合，然后和原集合取交，如果是空集则命题为真，在这个例子里，如果要判断第三个元素是否属于(A_1),就可以构造表达式(1<<(3-1)&a_1),表达式值为真，则命题为真。

5.补集：

补集是指全集去除某个集合后剩下的元素组成的集合。由上启发，我们可以使用按位异或运算来表示一个集合对于全集的补集，在这个例子里(A_2)的补集(A_3=A{oplus}A_2),即(a_3=a)^(a_2)。而根据二进制的运算规则也可以这么计算(a_3=a-a_2)。

总结：1.从上可以发现二进制和集合的密切关系。2.但是如果要用二进制来模拟集合运算，一定要确定一个全集，在子集间做运算，而全集一般可以从题目中提炼出。

例:

已知 (n)个整数 (x_1,x_2,…,x_n)，以及1个整数(k(k<n))。从(n)个整数中任选(k)个整数相加，可分别得到一系列的和。例如当 (n=4,k=3)，4个整数分别为(3,7,12,19)时，可得全部的组合与它们的和为：
[ 3+7+12=223+7+19=297+12+19=383+12+19=34\]
现在，要求你计算出和为素数共有多少种。

例如上例，只有一种的和为素数：(3+7+19=29。)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>//pow函数的所属头文件
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1000001;
int sum2[N],ans2=0;
LL powme(LL sum){
    LL res=1,a=2;
    while(sum>0){
        if(sum&1)
        res*=a;a*=a;
        sum>>=1;
    }
    return res;
}//手打的快速幂，这段代码其实可以直接用pow(2,n)或(1<<n)代替;
bool pd(int sum){
    if(sum==1) return 0;
    if(sum==2) return 1;
    int i,s=sqrt(double(sum));
    for(i=2;i<=s;i++){
        if(sum%i==0) break;
    }
    if(i>s) return 1;
    else return 0;
}//判断是否为素数函数
void tobarr (int n,int k){
    for(int i=1;i<=powme(n)-1;i++){
        int b=i,m=1,ans=0,f=0;
        while(b>0){
            if(b&1) {ans+=sum2[m];f++;//转换进制的同时,计算和,并且统计子集中的数有几个
            b>>=1;m++;
        }
        if(f==k&&pd(ans)) ans2++;
    }
}
int main(){
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&sum2[i]);
    tobarr(n,k);
    printf("%d",ans2);
    return 0;
}

例2：

排列与组合是常用的数学方法，其中组合就是从(n)个元素中抽出(r)个元素(不分顺序且(r ≤n))，我们可以简单地将(n)个元素理解为自然数(1,2,…,n)从中任取(r)个数。

现要求你输出所有组合。

例如(n=5,r=3),所有组合为：

(123,124,125,134,135,145,234,235,245,345)

分析：

这种题目背景我称之为全组合问题，这一题的难点就是字典序输出，

比如，从(0)枚举到(2^5-1)的二进制，有三个(1)的二进制所对应的组合按照出现顺序，则是如下：

(1 2 3,1 2 4,1 3 4,2 3 4,1 2 5,1 3 5,2 3 5,1 4 5,2 4 5,3 4 5)

并没有按照字典序。

但将样例数据和样例答案的二进制分别列举出来：

(00111，01011，01101，01110，10011，10101，10110，11001，11010，11100)

(00111，01011，10011，01101，10101，11001，01110，10110，11010，11100)

就惊喜地发现这两组数刚好左右对称相反。而要将上面的数变为下面的数可以分两步进行：

1.将二进制从小到大枚举变为从大到小枚举。

2.将每个二进制都左右对称翻转。

//翻译成代码则如下
   for(int S=(1<<n)-1;S>=0;S--)//二进制从大到小枚举
   {
    int cnt = 0;
    for(int i=n-1;i>=0;i--)//顺序点1
        if(S & (1<<i))
            a[cnt++]=n-i;//顺序点2
    if(cnt==r)
    {
        for(int i=0;i<r;i++)//顺序点3
            printf("%3d",a[i]);
        puts("");
    }
  }

*而这到题的程序实现也很有趣，根据顺序点的不同组合会出现(6)种实现。

时间复杂度 (O(2^n))，很大，已经不属于多项式复杂度了，(1)秒的(timelimit)，(n)的范围大概 (20 - 30)。

3.排列枚举

在这里只介绍STL的简便方法，使用algorithm标准库中的内建函数 next_permutation(start,end) ，它可以生成在([start,end))内存的数组中产生严格的下一个字典序排列,并返回true，如果没有下一个排列，就返回 flase。

例

题目描述：

将 (1, 2,ldots ,9) 共 (9) 个数分成三组，分别组成三个三位数，且使这三个三位数的比例是 (A:B:C)，试求出所有满足条件的三个三位数，若无解，输出 No!!!。

分析：循环next_permutation(start,end)，直至生成 (1-9) 的全排列，每次构造数的时候，将排列切割成三段就行。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
int a[10];

int main(){
    for(int i=1;i<=9;i++)
        a[i] = i;
    LL A,B,C,x,y,z,cnt=0;
    scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&C);
    do{
        x = a[1]*100 + a[2]*10 + a[3];
        y = a[4]*100 + a[5]*10 + a[6];
        z = a[7]*100 + a[8]*10 + a[9];
        if (x*B == y*A && y*C == z*B) printf("%lld %lld %lld
",x,y,z),cnt++;
    }while (next_permutation(a+1,a+10));
    if(!cnt) puts("No!!!");
    return 0;
}

时间复杂度：是(O(n!))，比(O(2^n))更大，在(1)秒的(timelimit)下，n的范围大概是(11)以下。

枚举的优化

例1:

一个数组中的数互不相同，求其中和为(0)的有序数对的个数

1.纯暴力：

  int n,ans=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&sum[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    if(sum[i]+sum[j]==0 && i!=j) ans++;
    printf("%d",ans);

2.优化一：

在算法一中中用(for(i))和(for(j))枚举了数对,如果数据中有((a_i,a_j))符合答案，那么((a_j,a_i))也是答案，总答案个数就是((a_i,a_j))个数的两倍，所以在枚举的过程中只要确定((a_i,a_j))的个数，乘2就行了,

    int i,j,n,ans=0;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&sum[i]);
    for(i=1;i<=n;i++)
    for(j=i+1;j<=n;j++)//j>i,确保(sum[i],sum[j])是正序的
       if(sum[i]+sum[j]==0)
       ans++;
    printf("%d",ans*2);

3.优化二

再进一步挖解题目内部的条件，可以继续优化：

1.题目中说互不相同的数相加为零，那么只有可能为互为相反数了。

2.根据1的推断，进一步的就是想到用桶来标记：

先是想到如果sum出现，那么就将a[-sum]标记上。当-sum出现时，判定a[-sum],发现-sum有配对，那么计数器就可以加1了。

但是C++中数组不能有负数下标，那么就将桶的大小扩大为a[MAXN*2]（MAXN为数的绝对值上界），那么原来的0就映射为MAXN。

程序实现就如下：

bool a[MAXN*2]//乘2是为了避免负数下标
memset(a,0,sizeof(a));    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[MAXN+sum[i]]) ans++;
        a[MAXN-sum[i]]=1;
    }

方法的核心原理就是利用问题的对称性，使用标记的方法，减少了不必要的枚举。

例2：

给定(N)个整数的序列，({A_1,A_2,A_3,A_4,···}),求函数(Max{f(i,j)}=Max(0,sum_{k=i}^ja_k))

1.简单暴力法：

    int i,j,k,MAXsum=-9999999,n;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&a[i]);
    for(i=1;i<=n;++i)
    for(j=i;j<=n;++j){
    int Thissum=0;
    for(k=i;k<=j;k++)
    Thissum+=a[k];
    if(MAXsum<Thissum) MAXsum=Thissum;
    }
    printf("%d",MAXsum);

2.优化一：

在这里，我们可以发现原算法的第二重循环的下面，用了一重循环计算(f(i,j)=sum_{k=i}^ja_k)，但其实计算序列是同一个的，那么当(i)都是一样的话，(f(i,j)=f(i,j-1)+a_j,f(i,j-1))的部分就不用重复计算了，直接用上一层循环的结果加上(a_j)就行，可以自己举个栗子看看。

    int i,j,k,Thissum=0,MAXsum=-9999999,n;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&a[i]);
    for(i=1;i<=n;++i){
    Thissum=0;
    for(j=i;j<=n;++j){
        Thissum+=a[j];
        if(MAXsum<Thissum) MAXsum=Thissum;
    }
    }
    printf("%d",MAXsum);

这种算法的核心其实是一维前缀和，更常见形式是

    int i,j,MAXsum=-9999999,n;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {scanf("%d",&a[i]);per[i]=per[i-1]+a[i];}
    for(i=1;i<=n;++i)
    for(j=i;j<=n;++j){
        if(MAXsum<per[j]-per[i-1]) MAXsum=per[j]-per[i-1];
    }
    printf("%d",MAXsum);

这两者“看上去”大不相同，但其是仔细一想关键之处是一样的。

一维前缀和就是预处理，将一部分原来枚举循环中重复的操作提到循环外面来，减少枚举量，达到优化效果。

3.其实更优秀的算法的时间复杂度(O(nlogn))算法(3)的核心思想是分而治之，即分治法,在分治法章节会详细讲解这个例子。

枚举总结

我们常说的枚举指的是枚举算法，但是算法体现的思想，更加影响深远。

有很多算法本质上其实就是枚举的思想，或者是在枚举的基础上通过改进演变出来。

而很多解题策略也将枚举作为基本的操作出现。