简单的测试题 题解

1.排序

原题

USACO07MAR Gold T2:Ranking the Cows

原题范围:n1000,m10000n\le1000,m\le10000

题目 官方题解 数据

题解

应该可以发现,把一对关系转换成一条边后,问题就转换成求出有向图的传递闭包。做完传递闭包后,答案就等于n(n1)/22\frac {n*(n-1)/2}2-联通的点对数。当有向图中出现环时,即为自相矛盾。

考虑如何计算传递闭包:

Floyd

使用fi,j=fi,j(fi,kfk,j)f_{i,j}=f_{i,j}\lor(f_{i,k}\land f_{k,j}),其中k,i,j1nk,i,j\in 1\ldots n计算。当然,初始值为fi,j={truei=jfalseijf_{i,j}=\begin{cases}true&i=j\\ false &i\ne j\end{cases}

最后统计答案时注意减去自环,同时判断是否有环。

这样时间复杂度时O(n3)O(n^3)的,可以得到30分。

压位优化

TikT_i^k表示从i经过前k个点能到达的点的集合,则有

Ti={Tik1kTik1Tik1Tkk1kTik1T_i=\begin{cases}T_i^{k-1}&k\notin T_i^{k-1}\\T_i^{k-1}\cup T_k^{k-1}&k\in T_i^{k-1}\end{cases}

使用std::bitset或者手动压位,时间复杂度为O(n3w)O(\frac{n^3}w),可以得到60分。

拓扑序

如果原图不是DAG,则自相矛盾,否则进行拓扑排序。倒着枚举拓扑序中的点u,那么u的可达点集为u可以直接到达的点的可达点集取并。

实际上不需要求出拓扑排序,只要dfs就可以解决了,时间复杂度O(nm)O(nm),可以得到60分。

压位后时间复杂度为O(nmw)O(\frac{nm}w),可以得到100分。

总结

预期难度:普及+/提高

作为T1还是比较简单的,因为省选讲过。

2.录制

原题

USACO14JAN Silver T3:Recording the Moolympics

原题范围:n150,k=2n\le150,k=2

题目 官方题解 数据

题解

k=1

当只有一台录像机时相对比较简单,你应该录制的下一个项目总是最早结束并且还没有开始的。

这样显然时最优的,因为这样有更大的机会能录制后面的项目。所以只要按结束时间排序后贪心即可,时间复杂度O(nlogn)O(n\log n)

当然也可以使用动态规划,方程fi=fj+1f_i=f_j+1,其中tjsit_j\le s_i,时间复杂度O(n2)O(n^2)

k=2

很遗憾,如果直接运行两次上述贪心的答案并不正确。以下是一个简单的反例:

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2
|-| |-| |---------|
|---------| |-| |-|

其中-表示项目的时间,第一次贪心选择了短的那些项目后,就不能同时选择两个长的项目了。而最优方案为上图描述。

但是仍然可以用动态规划,用二维的状态,并且强制选择的项目必须在当前状态的两个节目都没有开始前结束。这样可以避免重复,时间复杂度O(n3)O(n^3)

实际上,贪心也是可以做的,仍然按照结束时间排序,记录最后一次录制的项目结束时间。

  • 如果一个项目在两台录像机的节目都没结束前开始,显然不能安排。
  • 如果这个项目只能在一台录像机上录制,就在这台录像机上录制。
  • 否则,贪心地选择在结束时间迟的录像机上录制。

因为选择排在后面的项目不会比当前项目更优,所以可以证明其正确性。

更普遍的情况

knk\le n时,仍然可以使用动态规划,只不过时间复杂度为O(nk+1)O(n^{k+1}),空间复杂度O(nk)O(n^k),实际无法接受。

然而,贪心很容易推广到knk\le n的情况。维护所有录像机上最后一次录制的项目结束时间,对于每个项目,找到所有录像机结束时间中最大的小于等于开始时间的,将其更新为结束时间。如果没有找到,则不能安排这个项目。

用平衡树来维护所有录像机的结束时间,可以在O(logk)O(\log k)的时间内完成上述操作。使用std::multiset就很方便(结束时间可能有重复),先用upper_bound找到第一个大于开始时间的位置,再--就得到了最后一个小于等于开始时间的位置。把这个值删除,并插入新的值即可。这样时间复杂度为nlogn+nlogk=O(nlogn)n\log n+n\log k=O(n\log n)

记录方案

使用动态规划很容易记录方案,只要在转移时同时维护方案即可。

贪心也很容易记录,在维护结束时间的同时,记录这个时间对应的录像机编号。在更新时把项目编号记录到对应的录像机编号中即可,用std::vector或边表。

总结

预期难度:普及+/提高

主要考察了贪心,以及STL的运用。实际上USACO银组使用set非常常见,虽然原题不用。

3.加法解释

原题

USACO17OPEN Platinum T3:COWBASIC

与原题完全相同

题目 官方题解 数据

题解

对于没有嵌套的数据,直接模拟即可。而只有一个变量的情况也可以一些方法通过。下面考虑普遍的情况:

实际上,将一段代码重复运行若干次可以使用通项公式。但是这种方法逻辑上比较复杂,而且还需要逆元,具体请参见官方题解。

更简单的方法是使用矩阵,因为矩阵本来就用来解决这类问题。例如循环 ,构造初始矩阵 ,转移矩阵 ,则 ,既然 表示一次循环,则 就可以表示n次循环。而 只要用矩阵快速幂求即可。

普通的赋值语句则可以用矩阵乘法实现,十分方便。这样,只要记录所有变量和1,按照程序构造矩阵,最后输出要求的变量的值。使用std::map来标记变量名的序号也很方便。

循环嵌套用栈来实现,保存临时矩阵和循环次数。当有新的循环时,压入一个单位矩阵;循环结束时,执行完矩阵快速幂后与下一层相乘。

每个循环最多计算log210517\log_210^5\sim17次100x100的矩阵乘法,最多有50个循环。实际运算量不到1亿,注意以下常数问题就可以通过了。

另外,语法分析也比较麻烦,充分利用空格是很方便的。

总结

预期难度:提高+/省选-(洛谷的难度偏高)

这题还是比较巧妙的,因此在原题和这里都作为T3。需要认真思考,熟练应用矩阵,并且一定的代码实现能力。

4.新挑战*

题解

思路

测试点#1直接std::sort就可以了。如果内存足够,那么测试点#2也只要如此就可以了。由于内存不够,我们需要使用外部排序。测试点#3内存足够开2个数组了,但是直接std::sort太慢了,我们需要使用浮点数基数排序

外部排序就是把数据分成若干段,每段都在内存中排序后写入临时文件。然后执行多路归并,最好用堆维护最小值。这样时间复杂度仍然是O(nlogn)O(n\log n)的,只是文件读写需要额外的时间。实际上,用二进制文件保存,总共只要读40MB写40MB,使用缓冲区技术,还是很快的。

基数排序就是用冬令营的松式基排,参考洛谷上的题解,排序2亿个32位整数都不在话下。关键在于如何把浮点数转换为整数。实际上,我们使用的浮点数都有一个很强的性质:如果符号相同,那么除去符号位外剩余的位解释成整数,其大小关系等价于原数的绝对值大小关系。也就是说,32位浮点数可以与32位整数一一对应,除了-0和NaN外。具体的,浮点数相当于整数原码,转为补码后把符号位取反就是32位无符号整数了。

实际上,这题考察了相当多的技巧:

动态分配内存

由于不同的测试点内存限制不同,就需要根据数据规模动态分配内存。实际上,C/C++/Pascal中都有相关的方法。另外,作为一种好习惯,用完这些内存后,应该在上释放空间。

C通常用malloccalloc来分配内存,前者不初始化空间,而后者初始化为0.用free来释放空间。具体的介绍可以自己查阅资料。

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#include<stdlib.h>
void* malloc( size_t size );
void* calloc( size_t num, size_t size );
void free( void* ptr );

C++用new来分配内存,用delete来释放,比C更加方便。例如

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float *a=new float [n];
//do something
delete [] a;

Pascal除了用new/dispose来动态分配单个对象外,还可以用GetMem/FreeMem来分配内存块。

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procedure Getmem(out p: pointer; Size: PtrUInt);
procedure Freemem(p: pointer; Size: PtrUInt)

执行转换

浮点数基数排序中,我们需要把浮点数转换为整数,或者反着转换,要求其位表示相同。除了用指针外,更加有趣的方法使用C/C++中的union或Pascal中的变体记录。

unionstruct类似,只不过每次只能保存一种值,用来转换最为方便。例如

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union
{
unsigned ul;
float ft;
}u;
u.ft=readNext();
a[i]=u.ul;
//do something
u.ul=a[i];
writeNext(u.ft);

此外,C++中的关键字reinterpret_cast也可以转换,但好像有些问题,请不要使用。

变体记录与union类似,例如

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type
union=record
case boolean of
false:(x:longint);
true:(ft:single);
end;
var
u:union;

二进制文件

外部排序中,我们需要用二进制文件来保存临时结果。

在Pascal中很方便,只要用file of single类型即可,而且可以直接用read/write,不过必须手动指定文件名。

而在C/C++中,用fread/fwrite更加方便,而且文件打开模式中必须有"b",如tmpfile函数就使用了"wb+"模式。设置缓冲区也很有用,能减少I/O次数,提高效率。以下代码演示了临时文件的使用:

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
FILE *f=tmpfile();
if(!f)
return 1;
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
fwrite(&i,sizeof(i),1,f);
rewind(f);
while(!feof(f))
{
int x;
fread(&x,sizeof(x),1,f);
if(!feof(f))
cout<<x<<' ';
}
cout<<endl;
return 0;
}

使用STL中的堆算法

C++用std::priority_queue可能会出现奇怪的问题,内存也可能会太大。建议使用STL中的堆算法。

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template< class RandomIt, class Compare >
void make_heap( RandomIt first, RandomIt last,
Compare comp );
template< class RandomIt, class Compare >
void push_heap( RandomIt first, RandomIt last,
Compare comp );
template< class RandomIt, class Compare >
void pop_heap( RandomIt first, RandomIt last, Compare comp );

具体的介绍可以自行查阅资料。

总结

预期难度:提高+/省选-(仅代码)

这题考察了对于综合性问题的解决,难度较大,需要阅读分析给定的资料。

这题的灵感来自《深入理解计算机系统》中的解释,其实网上也有类似的内容,不过我是根据资料自己推出公式的,从想法到最终实现用了大约一个星期。

这不是偶然的——IEEE格式如此设计就是为了浮点数能够使用整数排序函数进行排序。当处理负数时,有一个小的难点,因为它们有开头的1,并且它们是按照降序出现的,但是不需要浮点运算来进行比较也能解决这个问题(参见家庭作业2.84)。

——摘自《深入理解计算机系统》第2章:信息的表示和处理