(POJ 2549)Sumsets(折半枚举)

Description

Given S, a set of integers, find the largest d such that a + b + c = d where a, b, c, and d are distinct elements of S.

Input

Several S, each consisting of a line containing an integer 1 <= n <= 1000 indicating the number of elements in S, followed by the elements of S, one per line. Each element of S is a distinct integer between -536870912 and +536870911 inclusive. The last line of input contains 0.

Output

For each S, a single line containing d, or a single line containing "no solution".

Sample Input

5
2 
3 
5 
7 
12
5
2 
16 
64 
256 
1024
0

Sample Output

12
no solution


看数据范围想想就知道暴力不可行,这几天心血了另外一种枚举方法,折半枚举。
因为a+b+c=d;
所以式子可以化为a+b=d-c;
所以把暴力枚举的o(n^4)变成o(n^2);
先把所有的a+b枚举出来,用map记录其是否出现过,再枚举d-c,看看其对应的数字有没有出现。因为还要判断abcd互不相同,所以枚举时要注意条件。
PS:由于a+b可以小于0,用map方便一点。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;
int a[1010];
int n;

class po
{
public:
    int a,b;
    po(int a1,int b1){a=a1,b=b1;}
};
 map<int,vector<po> > run;



int solve()
{
     for(int i=n;i>=1;i--)
            {
                for(int j=1;j<=n;j++)
                {
                    if(j==i)
                        continue;
                    int tem=a[j]-a[i];
                    for(int k=0;k<run[tem].size();k++)
                    {
                       // cout << a[i] << " " << a[j] << endl;
                        int a1=run[tem][k].a;
                        int b1=run[tem][k].b;
                        if(a[i]!=a1&&a[i]!=b1&&a[j]!=a1&&a[j]!=b1)
                            return a[j];
                    }
                }
            }
    return 536870912;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        if(n==0)
            break;
        run.clear();
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        sort(a+1,a+1+n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=i+1;j<=n;j++)
            {
                po tem(a[i],a[j]);
                run[a[j]+a[i]].push_back(tem);
            }
        }
       int ans=solve();
       if(ans==536870912)
        printf("no solution\n");
       else
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/brotherHaiNo1/p/7306298.html

### 关于POJ 1256 的枚举算法解题思路 对于 POJ 1256 问题,其核心在于通过枚举的方式找到满足条件的解。由于该问题并未直接提及具体细节,因此可以借鉴类似的枚举策略来解决问题。 #### 枚举算法的核心思想 枚举是一种简单而有效的方法,适用于状态空间较小或者可以通过优化减少复杂度的情况。它通过对所有可能的状态逐一验证,从而找出符合条件的结果[^3]。 #### 解题思路分析 针对 POJ 1256 的需求,假设问题是关于某种组合或排列的选择,则可采用如下方式实现: 1. **定义状态集合**:明确需要枚举的对象及其范围。 2. **约束条件过滤**:在每次枚举过程中加入必要的判断逻辑,提前排除不可能成立的状态。 3. **结果收集与输出**:当某个状态完全匹配给定条件时,记录并返回结果。 以下是基于上述原则的一个通用框架示例代码(Python 实现),用于展示如何构建一个简单的枚举过程: ```python def solve_poj_1256(input_data): result = [] # 定义枚举边界 limit = max(input_data) if input_data else 0 # 开始逐项尝试 for i in range(1, limit + 1): flag = True # 添加自定义校验逻辑 for value in input_data: if not check_condition(i, value): # 自定义函数check_condition需另行定义 flag = False break if flag: result.append(i) return result # 示例辅助函数 (实际应用中应替换为特定业务逻辑) def check_condition(x, y): return x % y == 0 or y % x == 0 # 测试调用 if __name__ == "__main__": sample_input = [2, 3, 5] output = solve_poj_1256(sample_input) print(output) ``` 此脚本仅作为模板提供灵感,在真实场景下还需依据题目描述调整具体的 `input_data` 结构以及内部判定机制。 #### 进一步优化建议 尽管纯枚举能够覆盖大部分基础情形,但对于规模较大的输入可能会显得效率低下。此时引入剪枝技术便成为提升性能的关键手段之一[^4]。例如可以在循环体内尽早识别那些注定无法达成目标的情形,并立即终止当前分支探索路径。 --- ###
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