poj2549 Sumsets（中途相遇法）

最新推荐文章于 2018-04-11 19:51:12 发布

China震震

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分类专栏：玄学--技巧与思维文章标签：折半查找

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本文针对四数求和问题提出了一种优化解决方案，通过将时间复杂度从O(n^3)降低到O(n^2)，有效避免了超时问题。文章详细介绍了如何通过枚举与二分查找的方法实现这一优化，并分享了在实现过程中遇到的挑战及解决方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：https://vjudge.net/problem/POJ-2549

题目大意：给你一组数字，从数字里选择a,b,c,d四个数字（四个数字各不相同），满足a+b+c=d;

题目思路：如果枚举a,b,c得到a+b+c然后再匹配d的话，复杂度为n^3,这样就会超时，但是如果分别枚举a+b与d-c的话这样时间复杂度就会降到n^2，再进行匹配，还可以进行再进行排序，然后采用二分相互匹配。

坑点：d的值尽量的大，也就是说你匹配时，要不断维护d的值，保证d最大；a，b，c，d相互不重合，所以你必须在记录a+b与d+c时同时记录他们的坐标位置（结构体）

教训：在判断重复时忽略了ab cd之间的重复。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
const int inf=2e9+7;
struct node{
    int x,y;
    int value;
}a[maxn],b[maxn];

bool cmp(node p,node q)
{
    return p.value<q.value;
}

int c[maxn];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n)&&n){
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&c[i]);

        int k1=0;
        for(int i=0;i<n-1;i++)
            for(int j=i+1;j<n;j++){//去重
            a[k1].x=i;a[k1].y=j;
            a[k1].value=c[i]+c[j];
            k1++;
        }
        sort(a,a+k1,cmp);
        int k2=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=0;j<n;j++){
            if(i==j) continue;//去重
            b[k2].x=i;b[k2].y=j;
            b[k2].value=c[i]-c[j];
            k2++;
        }
        sort(b,b+k2,cmp);
        int ans=-inf;
        for(int i=0;i<k1;i++){
            int l=0,r=k2-1,mid;
            int pos=inf;
            while(l<=r){
                mid=(l+r)>>1;
                if(b[mid].value>=a[i].value) r=mid-1,pos=mid;
                else l=mid+1;
            }

            if(pos==inf) continue;

            for(int j=pos;j<k2;j++){
                if(b[j].value!=a[i].value) break;

                if(b[j].x!=a[i].x&&b[j].x!=a[i].y&&b[j].y!=a[i].x&&b[j].y!=a[i].y&&c[b[j].x]>ans) ans=c[b[j].x];
            }
        }
        if(ans!=-inf) printf("%d\n",ans);
        else printf("no solution\n");

    }
}