Sum - ACM PKU 1844 解题报告

问题描述：Consider the natural numbers from 1 to N. By associating to each numbera sign (+ or -) and calculating the value of this expression we obtaina sum S (0< S <= 100000). The problem is to determine for a given sum S the minimumnumber N for which we can obtain S by associating signs for all numbersbetween 1 to N.For a given S, find out the minimum value N in order to obtain S according to the conditions of the problem.

这个问题初一看，似乎是一道动态规划题：对某一个 n，如果为 n 加上负号，则问题变成在 1 ~ n-1 中加上正负号使得其和为 S+n；如果为 n 加上正号，则子问题为 1 ~ n-1 中加上正负号使其和为 S-n。因此，可以记状态 f(n,s) 表示能否用 1 到 n 这些数通过加上正负号得到和 s，则

      f(n,s) = f(n-1,s+n) and f(n-1,s-n);

      f(n,s) = false  if  n*(n+1)/2 < |s|

为了求解N，我们只需要从 1 开始枚举，直到第一个 N 使得 f(N,S)=true。时间复杂度是 O(N*S + N³)。 N³ 这个项是因为，状态中 f(n,s) 的 s 最多只有 s + n*(n+1)/2 那么大（这是悲观估计了，但复杂度的话应该是一样的）

分析到这里，似乎问题解决了，但其实不然：复杂度中的 N 是事先不知道的！更糟的是，状态空间看起来未必是有限的！我们从 1 开始枚举 f(i,S)，但我们会在哪里结束呢？会不会对某个 S，不存在这样的 N？即使对每个 S 都有解存在，那么会不会 N 随 S 的增长速度是指数级的，甚至更快？如果是这样的话，对于较大的 S，这个方法就不现实了。

事实上，结果总算不是太坏：N =  O(S) ！因此上述动态规划算法的时间复杂度是 O(S³)。为什么 N=O(S)？对于给定的 S，考虑 1~ 2S，给奇数加上负号，给偶数加上正号，其和正好是 S。因此， N <= 2S。对于这样复杂度的算法，想 AC POJ1844 估计还是有困难的（本人还没试过，有空去试试~）

除了动态规划，还可以考虑搜索，但剪枝效果值得怀疑。本人不才，暂时没想出很有效的剪枝，也懒得想了，有谁知道的请不吝留言相告。

事实上，我刚看到这道题目时，第一个想到的不是动态规划，也不是搜索，而是数学上的解析解。这题带有太明显的数论痕迹，不让人想到数论都难啊。一开始想的是素因子：无论是正是负，本质上就是加上或减去某个素因子的倍数。然而，此路似乎走不通。于是转而考虑奇偶性。事实证明，这是一条捷径啊！

首先，N*(N+1)/2 >= S。这是显然的。前 N 个数的和最大也就 N*(N+1)/2。如果 N*(N+1) < S，则 N 显然不可能是解。如果等号成立，则 N 是解。现在假定 n 为使得 max = n*(n+1)/2 >= S 成立的最小整数。记 Q 为 1~n 对某些数添加负号后所得的和。

当 max 严格大于 S 时，直觉上，可以通过对其中的某些元素添加负号，即减去某些数，让 Q 变小直到等于 S。考虑对 1~n 中某个数 x 添加负号，则 Q = max - 2*x。一个非常重要的观察就是 Q 的奇偶性和 max 是一样的！简单的归纳法表明 Q 和 max 的奇偶性始终保持一致。如果 max 和 S 的奇偶性不同，则 Q 不可能等于S，因而 n 显然不会是解。

现在先假定 max 和 S 的奇偶性一样。考虑 d = max - S。则 d 为偶数，于是  d/2 正好为整数。由于  n 是使得 n*(n+1)/2 >= S 的最小整数，则 d < n，于是 d/2 < n。因此，只需要把 d/2 这个数变成负的就可以使得 Q=S。同时，由于 n 的最小性，n 为解 N。

最后考虑 max 和 S 的奇偶不一样。于是 n 不是解。考虑 n+1。如果 n+1 是奇数，则 max 的奇偶性发生变化，并且和 S 一样，于是根据上述论述，N=n+1；如果  n+1 是偶数，则 max 的奇偶性不变，n+1 也不可能是解，但 n+2 是奇数，于是，N=n+2。

时间和空间复杂度呢？都为 O(1) ！至此，问题得到近乎完美的解答。根据这个方法也出的代码，也是相当的短小。由于代码很短，我就用代码代替伪代码了

Source CodeProblem: 1844User: linulyssesMemory: 248KTime: 0MSLanguage: C++Result: Accepted * Source Code #include<iostream> #include<cmath> int main() { int S,ans; std::cin>>S; double lower = std::sqrt(2*S+0.25)-0.5; int n = lower; if(n<lower)++n; int A = n*(n+1)/2; if(A==S || (A-S)%2==0)ans = n; else if((A-S)%2) { if((n+1)%2)ans=n+1; elseans = n+2; } std::cout<<ans; return 0; }

后记：数学真强大啊！用常数时间解决了一个看似复杂度很高的问题！后来在该题目的讨论区也看到了几乎相同思路的短代码。那个代码非常短，但牺牲了速度：从 1 开始累加，直到遇到第一个 n，使得 d=max-S 大于 0 且其为偶数。其时间复杂为 O(N)，或者说 O( S^1/2)。个人还是比较喜欢复杂度低的代码，虽然优雅程度不足，但却是最优的。