【搜索+枚举+数学思维】洛谷P1286 两数之和
来源:互联网 发布:centos挂载u盘 fat32 编辑:程序博客网 时间:2024/06/05 04:10
题目描述
我们知道从n个非负整数中任取两个相加共有n*(n-1)/2个和,现在已知这n*(n-1)/2个和值,要求n个非负整数。
输入格式:
输入文件有若干行,每行一组数据,包含n*(n-1)/2+1个空格隔开的非负整数,其中第一个数表示n(2
输出格式:
输出文件若干行,对应每一个输入,该行按从小到大的次序依次输出一组满足要求的n个非负整数,相邻两个整数之间用一个空格隔开;若问题无解则输出“Impossible”。
输入输出样例
输入样例
3 1269 1160 1663
输出样例
383 777 886
思路
首先,它输入的和是没有标号的,所以我们自行标号
我们按从小到大的顺序给要求的数编号
所以先把和从小到大排一下序
最小的和一定是最小数与第2小数的和
第二小的和一定是最小数与第3小数的和
所以我们枚举最小数,就可求得第2小和第3小数,同时查询在和中是否有第二小数加第三小数
若有就继续查询,剩下的和中最小的就是最小数和第4小数的和
按照这种方法一直查询下去
若没有就返回,继续枚举
所以,最终方法为:
(1)枚举最小的数;
(2)根据最小的数和最小的和,得到次小的数;
(3)由前k小的数推出第k+1小的数。
算法的时间复杂度是O(Cn),其中C表示数值的大小。
从本题的解题过程中,我们看到其中最关键的一步就是以最小的和作为突破口。在解决数学问题的时候,很多情况下从为数不多的信息中寻找突破口是至关重要的。找到了突破口,问题本身也就迎刃而解了。
代码
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longinline int read(){ int ret=0,f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar())ret=ret*10+c-'0'; return ret*f;}int nn,n,a[1001],pd[200005];int w[101],b[1001][101],pl=0;void dfs(int y){ if(pl)return ; if(y==nn){ for(int i=1;i<=nn;++i)printf("%d ",w[i]); printf("\n"); pl=1; return ; } w[y+1]=b[1][y]-w[1]; for(int i=1;i<=y;++i){ if(pd[w[y+1]+w[i]]==0){ for(int j=1;j<i;++j) ++pd[w[y+1]+w[j]]; return ; } --pd[w[y+1]+w[i]]; } b[0][y+1]=0; for(int i=2;i<=b[0][y];++i){ if(!pd[b[i][y]])continue; if(b[b[0][y+1]-pd[b[i][y]]][y+1]==b[i][y])continue; b[++b[0][y+1]][y+1]=b[i][y]; } dfs(y+1); if(pl)return ; for(int i=1;i<=y;++i){ ++pd[w[y+1]+w[i]]; }}int main(){ while(scanf("%d",&nn)==1){ n=nn*(nn-1)/2;pl=0; for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),++pd[a[i]]; sort(a+1,a+n+1); for(int i=0;i<=a[1]/2;++i){ w[1]=i; w[2]=a[1]-i; w[3]=a[2]-i; if(!pd[w[2]+w[3]])continue; --pd[w[2]+w[3]]; b[0][3]=0;int y=2; for(int j=3;j<=n;++j){ if(!pd[a[j]])continue; if(b[0][3]-pd[a[j]]>0&&b[b[0][3]-pd[a[j]]][3]==a[j])continue; b[++b[0][3]][3]=a[j]; } dfs(3); ++pd[w[2]+w[3]]; } if(!pl)printf("Impossible\n"); } return 0;}
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