B - 四个数列（Week4作业）

最新推荐文章于 2020-11-16 01:15:52 发布

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本文解析了一道算法题，题目要求从四个数列中各取一个数，求所有可能组合中使四个数和为0的组合数量。通过将数列两两合并并使用二分查找优化，实现了O(n^2logn)的时间复杂度。

题目

ZJM 有四个数列 A,B,C,D，每个数列都有 n 个数字。ZJM 从每个数列中各取出一个数，他想知道有多少种方案使得 4 个数的和为 0。
当一个数列中有多个相同的数字的时候，把它们当做不同的数对待。
请你帮帮他吧！

Input

第一行：n（代表数列中数字的个数）（1≤n≤4000）
接下来的 n 行中，第 i 行有四个数字，分别表示数列 A,B,C,D 中的第 i 个数字（数字不超过 2 的 28 次方）Output输出不同组合的个数。

Sample Input

6
-45 22 42 -16

-41 -27 56 30

-36 53 -37 77

-36 30 -75 -46

26 -38 -10 62

-32 -54 -6 45

Sample Output

Hint

样例解释: (-45, -27, 42, 30), (26, 30, -10, -46), (-32, 22, 56, -46),(-32, 30, -75, 77), (-32, -54, 56, 30).

题目思路

对题目进行一定的处理简化，将A、B数组中的数据相加，合并成一个数组X；C、D数组同理合并为数组Y（不进行去重），那么我们只需要枚举数组X中的数，找到Y中与之互为相反数的数字个数；

利用二分查找找到枚举的Xi在数组Y中第一个大于等于它的数的索引，以及第一个大于它的数的索引，既可以找到Xi在数组Y中相反数的个数。（可以将数组Y都乘上-1，就转换为找相等数的个数）

经过上述两部简化，可以将时间复杂度缩小到O（n^2logn)

代码实现

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
int y[200000000];
int my;
int findl(int xx,int *y)
{
	int left=0,right=my-1,ansl=-1; 
 	while(left<=right)
	{
  		int mid=(left+right)>>1;
  		if(y[mid]==xx){
   		ansl=mid;
  		right=mid-1;
  		}
  	 else if(y[mid]>xx) right=mid-1; 
 	 else left=mid+1;
 	 }
return ansl; 
}
int findr(int xx,int *y)
{
	int left=0,right=my-1,ansr=-1; 	
	while(left<=right)
 	{
  		int mid=(left+right)>>1;
  		if(y[mid]==xx){
  			ansr=mid;
   			left=mid+1;
  		}
  		else if(y[mid]>xx) right=mid-1;
  		else left=mid+1;	
	}
return ansr; 
}
int main()
{
 	cin>>n;
 	int a[n],b[n],c[n],d[n];
 	for(int i=0;i<n;i++)
 	{
  		cin>>a[i]>>b[i]>>c[i]>>d[i];
 	}
 	for(int i=0;i<n;i++)
  		for(int j=0;j<n;j++)
   			y[my++]=-1*(c[i]+d[j]);
 	sort(y,y+my); 
 	int ans=0;
 	for(int i=0;i<n;i++)
 	{
  		for(int j=0;j<n;j++)
  		{
   		int x=a[i]+b[j];
   		if(findr(x,y)!=-1)
    			ans+=(findr(x,y)-findl(x,y)+1); 
  		} 
	}
 	cout<<ans<<endl;  
 	return 0;
}