TCO 2015 2D

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了TCO 2015 2D相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

250分题:给一段仅仅有‘0’,‘1’构成的字符串,然后给出串上平衡点的定义:在串上找到某个点(位置是p),这个点将串分成左右两部分(能够为空),左右分别计算字符的值的和,假设左边有字符是‘1’,那么字符值加上当前位置(i)与平衡点位置的距离(p - i),同理计算右边。假设左右的字符值相等,则就是平衡点。举例:100111是一个中第二个1将串分成100和11,左右的值都是3,是平衡点。

问这段’0′, ‘1’字符串中能找到多少个包括平衡点的子串?


串长度 < 2500

解析:看数据量是一个不能超过O(N^3)的题目,所以不能枚举子串的头尾。然后再枚举每个点是否是平衡点。这题有非常多种做法。能够枚举枚举平衡点的位置,也能够枚举子串。再检測子串是不是含有平衡点。

枚举平衡点的做法是先枚举每一个点位置作为平衡点,然后分别扫描左边,记录全部值出现的次数,然后再扫描右边,计算字符值。假设左边出现了同样的字符值,就是一个含有平衡点的子串,所以结果加上左边出现当前字符值的次数。这样计算的复杂度是O(N^2 * logN),时间没有问题。可是有一个trick,就是枚举的是平衡点。算子串的时候会有反复计算,想一下能够发现,仅仅有全’0’的字符串中的平衡点能够随意移动,其它字符串要么没有平衡点,要么仅有一个平衡点,所以这里要小心处理0的情况,比赛的时候脑袋蒙全,一直没理清楚。

第二种就是枚举子串,一旦确定子串就要在很短的时间内推断子串是否包括平衡点,想一下。’平衡点’假设在串中移动会有什么效果(假定向右):

  • 左边的值 += 左边‘1’的个数
  • 右边的值 -= 右边‘1’的个数

结果就是左值 – 右值加上了所有‘1’的个数。反向移动就是减去所有‘1’的个数。考虑另外一个事实:’平衡点’左端点时,左值 – 右值 <= 0;右边,左值 – 右值 >= 0;加上前面的推论,点在串中移动假设存在 左值 – 右值 == 0的情况,左值 – 右值一定是串中’1’个数的倍数。端点处的左右值差用前缀和。’1’个数也用前缀和来求。这样得到复杂度为O(N^2)的算法。

还有另外O(N^2)的算法。也挺优美,不再表述,能够通过右(左)值的单调性。来移动平衡点。

法一代码:

class BalancedSubstrings {
	public:
	int countSubstrings(string s) {
		int res = 0;

		for(int i = 0;i < s.size();i++) {
			int sum = 0;
			map<int, int> sumMap;
			sumMap[0] = 1;
			for(int j = i - 1;j >= 0;j--) {
				if (s[j] == '1') {
					sum += (i - j);
				}
				if (sumMap.find(sum) == sumMap.end()) {
					sumMap[sum] = 1;
				} else {
					sumMap[sum]++;
				}
			}

			sum = 0;
			res += sumMap[0];
			for(int j = i + 1;j < s.size();j++) {
				if (s[j] == '1') {
					sum += (j - i);
				}
				if (sum == 0 && s[i] == '0') {
					continue;
				}

				if (sumMap.find(sum) != sumMap.end()) {
					res += sumMap[sum];
				}
			}
		}
		return res;
	}
};

法二代码:

class BalancedSubstrings {
	public:
	int countSubstrings(string s) {

		int sum[2550], cnt[2550];
		memset(sum, 0, sizeof(sum));
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for(int i = 0;i < s.size();i++) {
			cnt[i + 1] = cnt[i] + (s[i] == '1');
			sum[i + 1] = sum[i] + (s[i] == '1') * i;
		}

		int res = 0;
		for(int i = 0;i < s.size();i++) {
			for(int j = i;j < s.size();j++) {
				if (cnt[j + 1] - cnt[i] == 0 || 
						(sum[j + 1] - sum[i]) % (cnt[j + 1] - cnt[i]) == 0)
					res++;
			}
		}
		
		return res;
	}
};


500分题:给一个顺序排列的N个箱子。这N个箱子里有连续K个是有东西的箱子,其余的都是空的。某人用最优的方法去确定这K个箱子的位置,问最坏情况下要多少次?
N,K都是long long。

解析:这种关于策略的问题非常烦。假设没有见过类似的题目可能会心理发慌,只是冷静一下。非常多问题都是纸老虎。考虑这样一个问题:假设不知道箱子个数,我们怎样确定有东西箱子的头呢。

想想看能不能用二分呢?答案是否定的,由于假设找到一个空箱子,不能确定有东西箱子是在前面还是后面,那什么时候能够二分呢?知道有K个箱子能够吗?不全然行,由于假设当前二分位置前面有超过K个箱子没有被检測。那我们是不知道前面有没有有东西的箱子的。聪明的读者可能想到,假设箱子数 <= 2K个不就能够了吗?第一次枚举在K处。假设有箱子则向前二分,否则箱子在后面。

最有策略就是这种。至于为什么是二分。由于基于比較的最快的查找就是二分。。

考虑了前面的子问题,怎样处理箱子数超过2K的情况呢,超过2K的箱子,我们是不能用二分的,仅仅能用贪心的方法粗略的确定有东西箱子的位置,就是每隔K个箱子检測一次,假设检測到,能够用二分去找到头部。最坏的情况就是剩下2K时还没有找到箱子的位置。最后2K个箱子用二分来确定。这里另一个小trick,最后K – 1个是不用二分的,他们肯定不是头,直接把这K – 1减去就可以。

代码:

class BallsInBoxes {
	public:
	long long maxTurns(long long N, long long K) {
		if (N <= K) {
			return 0;
		}

		N -= K;
		long long left = N - max((N + K - 1) / K - 2, 0LL) * K;
		long long res = max((N + K - 1) / K - 2, 0LL);

		while(left > 0) {
			left /= 2;
			res++;
		}

		return res;
	}
};


以上是关于TCO 2015 2D的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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