POJ 1840 HASH
来源:互联网 发布:淘宝网天猫女冬皮鞋 编辑:程序博客网 时间:2024/06/16 07:59
//poj 1840_eqs//为什么我觉得最重要的思想在于折半枚举!!!对于大数据降低复杂度。//hash////大致题意://给出一个5元3次方程,输入其5个系数,求它的解的个数//其中系数 ai∈[-50,50] 自变量xi∈[-50,0)∪(0,50]//注意:// 若x1 =a, x2=b ,x3=c ,x4=d,x5=e时,与 x1=b, x2=a ,x3=c ,x4 =d, x5=e 代入方程后都得到值0,那么他们视为不同的解。////解题思路:////直观的思路:暴力枚举,O(n^5)//题目Time Limit=5000ms,1ms大约可以执行1000条语句,那么5000ms最多执行500W次//每个变量都有100种可能值,那么暴力枚举,5层循环,就是要执行100^5=100E次,等着TLE吧。。。。//要AC这题,就要对方程做一个变形//即先枚举x1和x2的组合,把所有出现过的 左值 记录打表,然后再枚举x3 x4 x5的组合得到的 右值,//如果某个右值等于已经出现的左值,那么我们就得到了一个解//时间复杂度从 O(n^5)降低到 O(n^2+n^3),大约执行100W次//////我们先定义一个映射数组hash[],初始化为0//对于方程左边,当x1=m , x2= n时得到sum,则把用hash[]记录sum : hash[sum]++,表示sum这个值出现了1次//之所以是记录“次数”,而不是记录“是否已出现”,//是因为我们不能保证函数的映射为 1对1 映射,更多的是存在 多对1映射。//例如当 a1=a2时,x1=m , x2= n我们得到了sum,但x1=n , x2= m时我们也会得到sum,但是我们说这两个是不同的解,这就是 多对1 的情况了,//如果单纯记录sum是否出现过,则会使得 解的个数 减少。////其次,为了使得 搜索sum是否出现 的操作为o(1),我们把sum作为下标,那么hash数组的上界就取决于a1 a2 x1 x2的组合,四个量的极端值均为50////因此上界为 50*50^3+50*50^3=12500000,由于sum也可能为负数,因此我们对hash[]的上界进行扩展,扩展到25000000,//当sum<0时,我们令sum+=25000000存储到hash[]//由于数组很大,必须使用全局定义////////同时由于数组很大,用int定义必然会MLE,因此要用char或者short定义数组,推荐short///short数组的处理很巧妙,方程的转化很巧,考虑到是负数的情况就加上max*2也很巧,好好学习呀。。//还要手算一遍为什么这么去maxn maxm的值。#include<iostream>#include<cstring>#include<string>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>#define maxm 25000000#define maxn 25000002using namespace std;//maxm取两边最小的那个的范围。short Hash[maxn];int a1,a2,a3,a4,a5;//要是多重循环的话就要用dfs了吧int main(){ while(scanf("%d%d%d%d%d",&a1,&a2,&a3,&a4,&a5)!=EOF) { // cout<<a1<<" "<<a5<<endl; memset(Hash,0,sizeof(Hash)); for(int x=-50;x<=50;x++) { if(!x) continue; for(int y=-50;y<=50;y++) { if (!y) continue; int temp=a1*x*x*x+a2*y*y*y; temp=-temp; if(temp<0) temp+=maxm; Hash[temp]++; } } //cout<<"miao"<<endl; int solu=0; for(int r=-50;r<=50;r++) { if(!r) continue; for(int s=-50;s<=50;s++) { if(!s) continue; for(int t=-50;t<=50;t++) { if(!t) continue; int tep=a3*r*r*r+a4*s*s*s+a5*t*t*t; if(tep<0) tep+=maxm; //cout<<temp<<endl; if(Hash[tep]) solu+=Hash[tep]; } } } cout<<solu<<endl; }}
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