启发式合并

最新推荐文章于 2025-01-21 09:36:24 发布

dctika1584

最新推荐文章于 2025-01-21 09:36:24 发布

阅读量175

点赞数

原文链接：http://www.cnblogs.com/Accpted/p/11391570.html

版权

本文深入探讨了启发式分治算法在解决特定问题时的应用，包括数组元素唯一性检查、石子堆区间合法性和序列无聊性判断。通过具体实例，讲解了如何利用启发式分治提高效率，达到O(NlogN)甚至O(Nlog^2N)的复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：给定数组a[]，求区间个数，满足区间的数各不同，而且满足maxval-len<=K；

思路：一看就可以分治做，对于当前的区间，从max位置分治。对于这一层，需要高效的统计答案，那么对短的一边开始统计。

（这个过程很像启发式的逆过程，所以叫做启发式分治）

1，对于数不同，这个可以预处理前缀和后缀的最大区间长度A[]，B[]。

2，st表得到区间最大值位置，然后就可以搞了。

题意：给定N，表示N堆石子，每堆石子数为a[]，问多少个区间，可以满足“石子总和若为偶数，那么可以两两取来自不同堆的石子，直到取完；如果为奇数，那么排除其中一个，然后可以两两取来自不同堆的石子，直到取完”。

思路：结论是，如果一个区间的区间和大于等于区间最大值的两倍，则这个区间合法。考虑分治，我们首先找到区间最大值(为了不重复统计，多个最大值时，统一取最左边的，这个可以ST表示实现)，然后考虑跨越这个位置的合法区间个数。枚举一端，另外一段二分即可。

由于分治的性质，我们每次的复杂度要倾向于小的那边，即是一个启发式合并的逆过程，所以启发式分治复杂度是O(NlogN)的，加上二分，这个做法的复杂度是O(Nlog^2N)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=300010;
int lg[maxn],a[maxn],dp[maxn][20],N;
ll sum[maxn],sum2[maxn],ans;
void RMQ()
{
    rep(i,1,N) dp[i][0]=i;
    for(int i=1;(1<<i)<=N;i++){
        for(int j=1;j+(1<<i)-1<=N;j++){
           dp[j][i]=a[dp[j][i-1]]>=a[dp[j+(1<<(i-1))][i-1]]?
             dp[j][i-1]:dp[j+(1<<(i-1))][i-1];
        }
    }
}
void solve(int L,int R)
{
    if(L>=R) return ;
    int k=lg[R-L+1];
    int Mid=(a[dp[L][k]]>=a[dp[R-(1<<k)+1][k]]?
      dp[L][k]:dp[R-(1<<k)+1][k]);
    if(Mid-L<R-Mid){
        rep(i,L,Mid) {
            int pos=lower_bound(sum+Mid,sum+R+1,sum[i-1]+2LL*a[Mid])-sum;
            ans+=R-pos+1;
        }
    }
    else {
        rep(i,Mid,R) {
            int pos=lower_bound(sum2+N-Mid+1,sum2+N-L+2,sum2[N-i]+2LL*a[Mid])-sum2;
            ans+=N+1-L-pos+1;
        }
    }
    solve(L,Mid-1); solve(Mid+1,R);
}
int main()
{
    lg[0]=-1;
    rep(i,1,maxn-1) lg[i]=lg[i>>1]+1;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&N); ans=0;
        rep(i,1,N)
          scanf("%d",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        rep(i,1,N) sum2[i]=sum2[i-1]+a[N+1-i];
        RMQ();
        solve(1,N);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

题意：一个序列被称作是不无聊的，当且仅当，任意一个连续子区间，存在一个数字只出现了一次，问给定序列是否是不无聊的。

对于一个区间 [l, r] 来说，符合条件时，会存在一个独特的数字位于 m，则对于 i in [l, m-1] and j in [m+1, r]，所有 [i, j] 产生的区间必然会符合，则递归下去查找 [l, m-1] 和 [m+1, r] 有没有符合。

这题有趣的地方在于－如何快速得到这个独特数字，不过也不难想地，建出数字的前一个相同和下一个相同。判断该数字在区间是独特时，则前一个和下一个皆不会在区间中。

这样仍不会通过测资，如果是想要接近中间的方式去切割，则会接受 TLE 的残酷事实，当初在想是不是递迴太深还怎么的，这裡留下困惑，根据快速排序的经验，如果切割点在中间是比较好的，复杂度为 O(n log n)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int a[maxn],pre[maxn],nex[maxn],n;
map<int,int>R;
bool dfs(int l,int r) {
    if (l >= r) return 1;
    for (int i = 0; i <= (r - l + 1)/2; i++) {
        if (nex[l + i] > r && pre[l + i] < l) return dfs(l, l + i - 1) && dfs(l + i + 1, r);
        if (nex[r - i] > r && pre[r - i] < l) return dfs(l, r - i - 1) && dfs(r - i + 1, r);
    }
    return 0;
}
int main() {
    int _;
    scanf("%d", &_);
    while (_--) {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
            nex[i] = n + 1;
            pre[i] = 0;
        }
        R.clear();
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            pre[i] = R[a[i]];
            nex[pre[i]] = i;
            R[a[i]] = i;
        }
        if (dfs(1, n)) printf("non-boring\n"); else printf("boring\n");
    }
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Accpted/p/11391570.html