2019年7月24日训练学习总结

今天，首先学习了前缀和方面的知识。一维的利用前缀和的知识可以很容易求解出某区间内所有数值的和。这大大降低了时间复杂度。例如我们要计算m个某个区间内的和，我们暴力枚举每一个区间内的数并且相加，可是这个是O（n*m）的时间复杂度，而当我们用前缀和预处理了之后（只是O(n）的复杂度），再计算m个区间和的复杂度则为O(n+m)的复杂度，复杂度大大降低。

今天主要重点学习了二维前缀和的知识技巧。

二维前缀和：

• 二维前缀和是建立在一维前缀和之上，要求矩阵内一个任意的子矩阵的数的和，我们就可以用二维前缀和。
• 我们用DP来预处理，状态和一维前缀和差不多，只不过多加了一维.DP[i][j]表示（1,1）这个点与（i，j）这个点两个点分别为左上角和右下角所组成的矩阵内的数的和，DP[i][j]=DP[i-1][j]+DP[i][j-1]-DP[i-1][j-1]+map[i][j].这样就预处理完了.
• 接下来是怎么通过预处理快速地得出我们想要的任意子矩阵中的和，我们定义（x1，y1）为我们想要子矩阵的左上角，（x2，y2）为我们想要子矩阵的右下角。DP[x2][y2]-DP[x1-1][y2]-DP[x2][y1-1]+DP[x1-1][y1-1]即为任意子矩阵中的和，这样我们就可以做到O（1）之内查询

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[2000][2000],map[2000][2000];
int main()
{
	int m,n,k;//所给的矩阵是n*m的,有k组查询 
	cin >>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			cin >>map[i][j];
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	for(int i=1;i<=n;i++)//预处理一波 
		for(int j=1;j<=m;j++)
			dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-1]+map[i][j];
	for(int i=1;i<=k;i++)//接受查询 
	{
		int x1,x2,y1,y2;
		cin >>x1>>y1>>x2>>y2;
		cout <<(dp[x2][y2]+dp[x1-1][y1-1]-dp[x1-1][y2]-dp[x2][y1-1])<<endl;//O（1）查询 
	}
	return 0;
} 

 

关于复杂度评估的学习：

• 算法的效率主要由时间复杂度和空间复杂度来评估，但时间复杂度往往比空间复杂度更容易出问题，所以我们一般选取“时间复杂度”作为广义上的“复杂度”。
• 我们一般利用诸如O(n),O(n^2)来表示算法的效率，其中n为问题的输入数据大小。
• 当数量级为O(n),O(n^(1/2)),O(logn),O(nlogn)时，n的增加并不会使发咋读提升太多，因而这些算法属于效率高的算法。而当数量级为O(2^n),O(n!)时，则算法效率极低
• 只要比较运算和基本运算等的运算次数控制在百万或千万级以下，大多程序都可以在几秒内处理完毕（即如果超过10^9，则一定会超时）

 

差分

• 对于一个给定的数列A,它的差分数列B定义为：B[1]=A[1],B[i]=A[i]-A[i-1](2<=i<=n)
• "前缀和”和“差分”是一对互逆运算，差分序列B的前缀和序列就是原序列A，前缀和序列S的差分序列也是原序列A。
• 差分的思想一个很重要的用法就是优化时间复杂度。把对一个区间的操作转化为左右两个端点上的操作，在通过前缀和得到原问题的解。(这种思想在优化时间复杂度上很常用，该算法时间复杂度为O(n+m) ）POJ3263题很好地体现了这种思想。

总结：当我们处理一组数据用暴力显然超时时，我们可以考虑用前缀和以及差分来优化降低时间复杂度。

 

二分和三分

• 二分的基础用法是在单调队列或单调函数中进行查找，因此当问题的答案具有单调性时，就可以通过二分把求解转化为判定（根据复杂度理论，判定的难度小于求解）。
• 可以通过三分法去解决单峰函数的极值及相关问题

 

整数集合上的二分

• 对于整数域上的二分，需要注意终止边界、左右区间取舍时的开闭情况，避免漏掉答案或陷入死循环。
• 在单调递增序列a中查找>=x的数中最小的一个

while(l<r)
{
   int mid=(l+r)>>1;
   if(a[mid]>=x)
      r=mid;
   else l=mid+1;
}
return a[l];

• 在单调递增序列a中查找<=x的数中最大的一个

while(l<r)
{
   int mid=(l+r+1)>>1;
   if(a[mid]<=x)
      l=mid;
   else r=mid-1;
}
return a[l];

• 所以二分写法会有两种形式 (要对两种形式采用配套的mid取法) （r和l根据题意条件先确定，再根据配套取法得到mid）

1. 缩小范围时，r=mid , l=mid+1 , 则取中间值时， mid=(l+r)>>1
2. 缩小范围时，l=mid , r=mid-1 , 则取中间值时，mid=(l+r+1)>>1

注意：我们在二分实现中采用了右移运算 ">>1" ,而不是整数除法 “/2” ,这是因为右移运算是向下取整，而整数除法是向零取整，在二分值域包含负数时后者不能正常工作。

分析两种mid的取法，我们会发现：mid=(l+r)>>1不会取到r这个值，mid=(l+r+1)/2不会取到l这个值。利用这一性质可以来处理无解的情况。把最初的二分区间[1,n]分别扩大为[1,n+1]和[0,n],把a数组的一个越界的下标包含进来。如果最后二分终止于扩大后的越界下表上，则说明a中不存在所求的数。

 

实数域上的二分

• 在实数域上二分需要确定好所需的精度eps,以l+eps<r为循环条件，当一般需要保留k位小数时，则取eps=10^[-(k+2)];

while(l+1e-5<r)
{
   double mid=(l+r)/2;
   if(calc(mid))
      r=mid;
   else l=mid;
}

• 当精度不容易确定或表示时，就干脆采用循环固定次数的二分方法，也是一种不错的策略。这种方法得到的结果的精度通常比设置eps更高。

for(int i=0;i<10;i++)
{
  double mid=(l+r)/2;
  if(calc(mid))
      r=mid;
  else l=mid;
}

 

二分答案转化为判定

• 借助二分，我们可以把求最优解的问题，转化为给定一个值mid，判定是否存在一个可行方案评分达到mid的问题。
• 题目描述中出现“最大值最小”，“最小值最大”等含义的字眼，说明答案具有单调性，这是可用二分转化为判定的最常见、最典型的特征之一。

像二分的典型例题有分书问题（使厚度之和最大的一组的厚度最小化）以及给定一正整数数列A，求一个平均数最大的，长度不小于L的连续的子段（二分答案）

对于晚上做的题目而言，我感觉最大的问题在于读题，此次的几道题目全都有关于数据，导致题意不能真正读懂，即使阳历侥幸过了，但根本理解错了题意，代码是错的。所以还要加强读题方面的能力。

规划：以前对于知识的理解总希望一蹴而就可以快速的掌握，而其实知识都是一点点积累起来的，积累的扎实，积累的深而透彻，对于一类问题及变形都能真正的懂其所以然，才是真正有用的。今天继续深入的看懂二分和其他知识点结合的题，再往下进行排序算法。