Codeforces Round #707 Div. 2/C Going Home

最新推荐文章于 2023-04-21 10:45:06 发布

WedsonLin

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分类专栏： ACM

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博客内容讲述了Codeforces Round #707 Div. 2/C Going Home的问题，讨论如何在长度为N的数组A中寻找满足特定条件的不同元素组合。初始认为暴力枚举方法复杂度过高，但通过分析1≤a[i]≤2.5e6的范围，发现实际复杂度为O(min(n², 5e6))，并证明了当2(n-2)(n-3)≥5e6时，存在满足条件的无序对。" 51814764,5628410,解决带重复元素的排列问题,"['算法', '数组', '递归']

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Codeforces Round #707 Div. 2/C Going Home

题意：在长度为N的数组A中找出满足 $a_x+a_y=a_w+a_z$ 的一组 $x, y, w, z$ ，要求它们之间两两不同。 $(N≤2e5,1≤a[i]≤2.5e6(N\le 2e5,1\le a[i]\le 2.5e6$
。

最简单直接的算法就是枚举序列中的 $(i, j)$ 然后加以判断，这样做的做法是 $O(n^2)$ 的复杂度，一开始觉得这个复杂度一定是过不了的，转而去思考有无其他的做法，之后就不了了之了。

后来看到题解，其实暴力枚举是能过的，而且枚举的时间复杂度并不是O(n^2)。这是为什么呢？

原因是 $1≤a[i]≤2.5e61\le a[i]\le 2.5e6$ ，那么 $2≤a[i]+a[j]≤5e62\le a[i]+a[j]\le 5e6$ ，每对 $(i, j)$ 都对应这一个和。根据鸽巢原理，如果枚举了 $5 e 6$ 对两两不同的 $(i, j)$ ，那么必有两对不同的 $(i, j)$ 有着同样的和。所以该算法实际的时间复杂度应该是 $O(min(n^2,5e6))$ 。当然也有一些 $i_1,j_1)(i_2,j_2)$ ，虽然满足和相等，但是不满足 $i!≠j1≠i2≠j2i_!\ne j_1\ne i_2\ne j_2$ 。可能算法时间复杂度的上界会更高一些。但可以证明不会高太多。

任意选取一对 $(i, j)$ ，那么数列剩下的 $n - 2$ 项组成的无序对对于(i,j)一定是满足条件的，那么一共有 $(n−2)(n−3)2\frac{(n-2)(n-3)}{2}$ 个满足条件的无序对。如果 $(n−2)(n−3)2≥5e6\frac{(n-2)(n-3)}{2}\ge 5e6$ ，那么在这些无序对当中是一定存在答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
const int max_n=2e5+5;
const int Max=5e6+5;
P b[Max];
int sum;
int n;
int a[max_n];
int main(void)
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=i+1;j<=n;j++)
	{
		sum=a[i]+a[j];
		if(b[sum].first){
			if(b[sum].first!=i&&b[sum].second!=i&&b[sum].first!=j&&b[sum].second!=j){
				printf("YES\n%d %d %d %d\n",b[sum].first,b[sum].second,i,j);
				return 0;
			}
		}
		else b[sum]=make_pair(i,j);
	}
	printf("NO\n");
}