Codeforces Round #707 Div. 2/C Going Home

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ax+ay=aw+aza_x+a_y=a_w+a_zax+ay=aw+az的一组x,y,w,zx,y,w,zx,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(N2e5,1a[i]2.5e6

最简单直接的算法就是枚举序列中的(i,j)(i,j)(i,j)然后加以判断,这样做的做法是O(n2)O(n^2)O(n2)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 2.5e61a[i]2.5e6,那么2≤a[i]+a[j]≤5e62\le a[i]+a[j]\le 5e62a[i]+a[j]5e6,每对(i,j)(i,j)(i,j)都对应这一个和。根据鸽巢原理,如果枚举了5e65e65e6对两两不同的(i,j)(i,j)(i,j),那么必有两对不同的(i,j)(i,j)(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(n2,5e6))O(min(n^2,5e6))O(min(n2,5e6))。当然也有一些(i1,j1)(i2,j2)(i_1,j_1)(i_2,j_2)(i1,j1)(i2,j2),虽然满足和相等,但是不满足i!≠j1≠i2≠j2i_!\ne j_1\ne i_2\ne j_2i!=j1=i2=j2。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)(i,j)(i,j),那么数列剩下的n−2n-2n2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}2(n2)(n3)个满足条件的无序对。如果(n−2)(n−3)2≥5e6\frac{(n-2)(n-3)}{2}\ge 5e62(n2)(n3)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");
}
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