POJ1840-Eqs

最新推荐文章于 2019-06-29 11:56:26 发布

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優YoU http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1304402322

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

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
short int A[25000008];
int main()
{
	int a1,a2,a3,a4,a5;
	while(cin>>a1>>a2>>a3>>a4>>a5)
	{
		int sum=0;
		memset(A,0,sizeof(A));
		for(int x1=-50;x1<=50;x1++)
		{
			if(x1==0) continue;
			for(int x2=-50;x2<=50;x2++)
			{
				if(x2==0) continue;
				int a=(a1*x1*x1*x1+a2*x2*x2*x2)*(-1); 
				if(a<0)
					a+=25000000;
				A[a]++;
			}
		}
		for(int x3=-50;x3<=50;x3++)
		{
			if(x3==0)continue;
			for(int x4=-50;x4<=50;x4++)
			{
				if(x4==0) continue;
				for(int x5=-50;x5<=50;x5++)
				{
					if(x5==0) continue;
					int aa=a3*x3*x3*x3 + a4*x4*x4*x4 + a5*x5*x5*x5; 
					if(aa<0) aa+=25000000;
					if(A[aa]) sum+=A[aa];
				}
			}
		}
		cout<<sum<<endl;
	}
	return 0;
}