51nod 1065 最小字段和

本文解析了1065最小正子段和问题的算法实现过程,通过计算序列的前缀和并进行排序来寻找最优解。介绍了如何避免超时的方法,给出了一种高效的算法解决方案。

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1065 最小正子段和

基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 20 难度:3级算法题

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N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n],从中选出一个子序列(a[i],a[i+1],…a[j]),使这个子序列的和>0,并且这个和是所有和>0的子序列中最小的。

例如:4,-1,5,-2,-1,2,6,-2。-1,5,-2,-1,序列和为1,是最小的。

Input

第1行:整数序列的长度N(2 <= N <= 50000)
第2 - N+1行:N个整数

Output

输出最小正子段和。

Input示例

8
4
-1
5
-2
-1
2
6
-2

Output示例

1

写了个0(n^2)的代码果断超时,然后在网站上看到绿夹克说的一番话,,

这道题先求出前缀和,然后排序,他说的意思是  如果 A,B 不成序列  但是A C成序列,那么B,C一定是比A,C还优的解。。。。顿时一脸蒙蔽。

http://bbs.youkuaiyun.com/topics/370106383

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#define maxn 50005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define inf 0x3f3f3f
#define clear(a,b) memeset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
using namespace std;
ll a[maxn];
struct node
{
	ll sum;
	int id; 
} ac[maxn];
bool cmp(node a,node b)
{
	return a.sum<b.sum;
}
int main()
{
    int n,flag=0,x;
    cin>>n;
  	for(int i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cin>>x;
  		ac[i].sum=ac[i-1].sum+x;
  		ac[i].id=i;
	}
	sort(ac+1,ac+1+n,cmp); 
	ll ans=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
			if(ac[i].sum>0)
			ans=min(ans,ac[i].sum);
		if(ac[i].sum-ac[i-1].sum>0&&ac[i].id>ac[i-1].id)
		{
				ans=min(ans,ac[i].sum-ac[i-1].sum);
		}
		
	}
	cout<<ans<<endl;
    //cout<<sum<<endl;
    return 0;
}
/*5   
2
5
-1
-12
4*/ // 2

 

题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行列组合**: - 由于 `N` `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行列需要修改,并且注意行列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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