NOIP复赛复习14尺取法与折半枚举Word文件下载.docx
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S
所以从as+1开始总和最初超过S的连续子序列如果是as+1+...+at′−1的话，则必然有t≤t′。
用下面的图来解释比较清晰：
#include<
iostream>
cstdio>
cmath>
algorithm>
#definesfscanf
#definepfprintf
usingnamespacestd;
constintMaxn=100010;
intT,n,s;
intsum[Maxn];
intmain（）
{
inta;
sf（"
%d"
&
T）;
while（T--）
{
inttail=-1,head=-1;
%d%d"
n,&
s）;
for（inti=0;
i<
n;
i++）
a）;
if（i==0）sum[i]=a;
elsesum[i]=sum[i-1]+a;
if（tail==-1andsum[i]>
=s）
tail=i;
}
if（tail==-1）
pf（"
0\n"
）;
continue;
intMin=n;
while（head<
tail）
if（sum[tail]-sum[head+1]>
=s）
head++;
Min=min（Min,tail-head）;
elseif（tail<
n-1）tail++;
else
break;
%d\n"
Min）;
return0;
}
POJ3320
题意：
一本书有P页，每一页都一个知识点，求去最少的连续页数覆盖所有的知识点。
分析：
和上面的题一样的思路，如果一个区间的子区间满足条件，那么在区间推进到该处时，右端点会固定，左端点会向右移动到其子区间，且其子区间会是更短的，只是需要存储所选取的区间的知识点的数量，那么使用map进行映射以快速判断是否所选取的页数是否覆盖了所有的知识点。
cstring>
set>
map>
#defineMAX1000010
#defineLLlonglong
#defineINF0x3f3f3f3f
inta[MAX];
map<
int,int>
cnt;
set<
int>
t;
intp,ans=INF,st,en,sum;
intmain（）
{
scanf（"
&
p）;
for（inti=0;
i<
p;
i++）scanf（"
a+i）,t.insert（a[i]）;
intnum=t.size（）;
while
（1）{
while（en<
p&
&
sum<
num）
if（cnt[a[en++]]++==0）sum++;
if（sum<
num）break;
ans=min（ans,en-st）;
if（--cnt[a[st++]]==0）sum--;
}
printf（"
ans）;
}
POJ2566
给定一个数组和一个值t，求一个子区间使得其和的绝对值与t的差值最小，如果存在多个，任意解都可行。
明显，借用第一题的思路，既然要找到一个子区间使得和最接近t的话，那么不断地找比当前区间的和更大的区间，如果区间和已经大于等于t了，那么不需要在去找更大的区间了，因为其和与t的差值更大，然后区间左端点向右移动推进即可。
所以，首先根据计算出所有的区间和，排序之后按照上面的思路求解即可。
#defineMAX100010
typedefpair<
LL,int>
LLa[MAX],t,ans,tmp,b;
intn,k,l,u,st,en;
psum[MAX];
LLmyabs（LLx）
returnx>
=0?
x:
-x;
while（scanf（"
%d%d"
k）,n+k）{
sum[0]=p（0,0）;
for（inti=1;
=n;
i++）{
%I64d"
a+i）;
sum[i]=p（sum[i-1].first+a[i],i）;
sort（sum,sum+1+n）;
while（k--）{
t）;
tmp=INF;
st=0,en=1;
while（en<
=n）{
b=sum[en].first-sum[st].first;
if（myabs（t-b）<
tmp）{
tmp=myabs（t-b）;
ans=b;
l=sum[st].second;
u=sum[en].second;
if（b>
t）st++;
elseif（b<
t）en++;
elsebreak;
if（st==en）en++;
if（u<
l）swap（u,l）;
%I64d%d%d\n"
ans,l+1,u）;
总结：
尺取法的模型便是这样：
根据区间的特征交替推进左右端点求解问题，其高效的原因在于避免了大量的无效枚举，其区间枚举都是根据区间特征有方向的枚举，如果胡乱使用尺取法的话会使得枚举量减少，因而很大可能会错误，所以关键的一步是进行问题的分析！
二、折半枚举
折半枚举不是一般的双向搜索，当问题的规模较大，无法枚举所有元素的组合，但能够枚举一半元素的组合，此时将问题拆成两半后分别枚举，再合并它们的结果这一方法往往非常有效。
POJ2785
给定各有n个整数的四个数列A,B,C,D。
从每个数列中各取一个数，使四个数的和为0.当一个数列中有多个相同数字时，把它们作为不同的数字看待。
求出这样的组合的个数。
1≤n≤4000
|（数字的值）|≤228
n=6
A={-45,-41,-36,-36,26,-32}
B={22,-27,53,30,-38,-54}
C={42,56,-37,-75,-10,-6}
D={-16,30,77,-46,62,45}
5
如果全部枚举，则有n4种可能性。
时间复杂度通不过。
因此可以进行折半枚举，计算A,B之间的组合，共有n2种情况，同样的，C,D之间也有n2种情况。
在取出A,B组合中的一组组合（a+b）时，为了使和为0，去查找C,D组合中满足a+b+c+d=0的组合（c+d），这个查找可以用二分查找来实现，因此最后的复杂度是O（n2logn）
string>
typedeflonglongLL;
constintMaxn=4010;
intA[Maxn],B[Maxn],C[Maxn],D[Maxn];
intAB[Maxn*Maxn],CD[Maxn*Maxn];
intn;
LLsolved（intval）
intl=0,r=n*n-1;
LLans;
while（l<
=r）
intmid=（l+r）/2;
if（CD[mid]<
=val）
l=mid+1;
r=mid-1;
ans=r;
l=0,r=n*n-1;
val）
ans=ans-r;
returnans;
while（~sf（"
n））
i++）
sf（"
%d%d%d%d"
A[i],&
B[i],&
C[i],&
D[i]）;
intcnt=0;
for（intj=0;
j<
j++）
AB[cnt]=A[i]+B[j],CD[cnt++]=C[i]+D[j];
sort（CD,CD+cnt）;
LLans=0;
ans+=solved（0-AB[i]）;
%lld\n"
ans）;
POJ3977
给你一个含n（n<
=35）个数的数组,让你在数组中选出一个非空子集，使其元素和的绝对值最小，输出子集元素的个数以及元素和的绝对值，若两个子集元素和相等，输出元素个数小的那个。
思路：
如果直接暴力枚举，复杂度O（2^n），n为35时会超时，故可以考虑折半枚举，利用二进制将和以及元素个数存在两个结构体数组中，先预判两个结构体是否满足题意，再将其中一个元素和取相反数后排序，因为总元素和越接近零越好，再二分查找即可，用lower_bound时考虑查找到的下标和他前一个下标，比较元素和以及元素个数，不断更新即可。
structZ{
longlongintx;
inty;
booloperator<
（constZ&
b）const
if（x!
=b.x）
returnx<
b.x;
returny<
b.y;
}a[300005],b[300005];
longlong
intc[40];
longlongintabs1（longlongintx）{
if（x<
0）
return-x;
returnx;
intmain（）{
while（（cin>
>
n）&
n!
=0）{
for（inti=0;
i<
300005;
a[i].x=a[i].y=b[i].x=b[i].y=0;
longlongintsum=1e17;
intans=40;
n;
cin>
c[i];
intn1=n/2;
1<
<
n1;
i++）{
for（intj=0;
j<
j++）{
if（i>
j&
1&
（i!
=0||j!
=0））{
a[i-1].x+=c[j];
a[i-1].y++;
intn2=n-n1;
（1<
n2）;
n2;
b[i-1].x+=c[j+n1];
b[i-1].y++;
n1）-1;
if（abs1（a[i].x）<
sum）{
sum=abs1（a[i].x）;
ans=a[i].y;
elseif（abs1（a[i].x）==sum&
a[i].y<
ans）{
for（inti=0;
a[i].x=-a[i].x;
n2）-1;
if（abs1（b[i].x）<
sum=abs1（b[i].x）;
ans=b[i].y;
elseif（abs1（b[i].x）==sum&
b[i].y<
sort（a,a+（1<
n1）-1）;
sort（b,b+（1<
n2）-1）;
intt=lower_bound（b,b+（1<
n2）-1,a[i]）-b;
if（t>
0）{
if（abs1（b[t-1].x-a[i].x）<
sum=abs1（b[t-1].x-a[i].x）;
ans=b[t-1].y+a[i].y;
elseif（abs1（b[t-1].x-a[i].x）==sum&
b[t-1].y+a[i].y<
if（t<
n2）-1）{
if（abs1（b[t].x-a[i].x）<
sum=abs1（b[t].x-a[i].x）;
ans=b[t].y+a[i].y;
elseif（abs1（b[t].x-a[i].x）==sum&
b[t].y+a[i].y<
cout<
"
ans<
endl;
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