二是看算法运行时所占用的空间,既空间复杂度。
由于当今计算机硬件技术发展很快,程序所能支配的自由空间一般比较充分,所以空间复杂度就不如时间复杂度那么重要了,有许多问题人们主要是研究其算法的时间复杂度,而很少讨论它的空间耗费。
时间复杂性和空间复杂性在一定条件下是可以相互转化的。
在中学生信息学奥赛中,对程序的运行时间作出了严格的限制,如果运行时间超出了限定就会判错,因此在设计算法时首先要考虑的是时间因素,必要时可以以牺牲空间来换取时间,动态规划法就是一种以牺牲空间换取时间的有效算法。
对于空间因素,视题目的要求而定,一般可以不作太多的考虑。
我们通过一个简单的数值计算问题,来比较两个不同算法的效率(在这里只比较时间复杂度)。
例:
求N!
所产生的数后面有多少个0(中间的0不计)。
算法一:
从1乘到n,每乘一个数判断一次,若后面有0则去掉后面的0,并记下0的个数。
为了不超出数的表示范围,去掉与生成0无关的数,只保留有效位数,当乘完n次后就得到0的个数。
(pascal程序如下)
var i,t,n,sum:
longint;
begin
t:
=0;sum:
=1;
readln(n);
fori:
=1tondo
begin
sum:
=sum*i;
whilesummod10=0do
begin
sum:
=sumdiv10;
inc(t);{计数器增加1}
end;
sum:
=summod1000;{舍去与生成0无关的数}
end;
writeln(t:
6);
end.
算法二:
此题中生成O的个数只与含5的个数有关,n!
的分解数中含5的个数就等于末尾O的个数,因此问题转化为直接求n!
的分解数中含5的个数。
vart,n:
integer;
begin
readln(n);
t:
=0;
repeat
n:
=ndiv5;
inc(t,n);{计数器增加n}
untiln<5;
writeln(t:
6);
end.
分析对比两种算法就不难看出,它们的时间复杂度分别为O(N)、O(logN),算法二的执行时间远远小于算法一的执行时间。
在信息学奥赛中,其主要任务就是设计一个有效的算法,去求解所给出的问题。
如果仅仅学会一种程序设计语言,而没学过算法的选手在比赛中是不会取得好的成绩的,选手水平的高低在于能否设计出好的算法。
下面,我们根据全国分区联赛大纲的要求,一起来探讨信息学奥赛中的基本算法。
信息学奥赛中的基本算法(枚举法)
枚举法,常常称之为穷举法,是指从可能的集合中一一枚举各个元素,用题目给定的约束条件判定哪些是无用的,哪些是有用的。
能使命题成立者,即为问题的解。
采用枚举算法解题的基本思路:
(1)确定枚举对象、枚举范围和判定条件;
(2)一一枚举可能的解,验证是否是问题的解
下面我们就从枚举算法的的优化、枚举对象的选择以及判定条件的确定,这三个方面来探讨如何用枚举法解题。
枚举算法应用
例1:
百钱买百鸡问题:
有一个人有一百块钱,打算买一百只鸡。
到市场一看,大鸡三块钱一只,小鸡一块钱三只,不大不小的鸡两块钱一只。
现在,请你编一程序,帮他计划一下,怎么样买法,才能刚好用一百块钱买一百只鸡?
算法分析:
此题很显然是用枚举法,我们以三种鸡的个数为枚举对象(分别设为x,y,z),以三种鸡的总数(x+y+z)和买鸡用去的钱的总数(x*3+y*2+z)为判定条件,穷举各种鸡的个数。
下面是解这个百鸡问题的程序
varx,y,z:
integer;
begin
forx:
=0to100do
fory:
=0to100do
forz:
=0to100do{枚举所有可能的解}
if(x+y+z=100)and(x*3+y*2+zdiv3=100)and(zmod3=0)thenwriteln('x=',x,'y=',y,'z=',z);{验证可能的解,并输出符合题目要求的解}
end.
上面的条件还有优化的空间,三种鸡的和是固定的,我们只要枚举二种鸡(x,y),第三种鸡就可以根据约束条件求得(z=100-x-y),这样就缩小了枚举范围,请看下面的程序:
varx,y,z:
integer;
begin
forx:
=0to100do
fory:
=0to100-xdo
begin
z:
=100-x-y;
if(x*3+y*2+zdiv3=100)and(zmod3=0)thenwriteln('x=',x,'y=',y,'z=',z);
end;
end.
未经优化的程序循环了1013次,时间复杂度为O(n3);优化后的程序只循环了(102*101/2)次,时间复杂度为O(n2)。
从上面的对比可以看出,对于枚举算法,加强约束条件,缩小枚举的范围,是程序优化的主要考虑方向。
在枚举算法中,枚举对象的选择也是非常重要的,它直接影响着算法的时间复杂度,选择适当的枚举对象可以获得更高的效率。
如下例:
例2、将1,2...9共9个数分成三组,分别组成三个三位数,且使这三个三位数构成1:
2:
3的比例,试求出所有满足条件的三个三位数.
例如:
三个三位数192,384,576满足以上条件.(NOIP1998pj)
算法分析:
这是1998年全国分区联赛普及组试题(简称NOIP1998pj,以下同)。
此题数据规模不大,可以进行枚举,如果我们不加思地以每一个数位为枚举对象,一位一位地去枚举:
fora:
=1to9do
forb:
=1to9do
………
fori:
=1to9do
这样下去,枚举次数就有99次,如果我们分别设三个数为x,2x,3x,以x为枚举对象,穷举的范围就减少为93,在细节上再进一步优化,枚举范围就更少了。
程序如下:
var
t,x:
integer;
s,st:
string;
c:
char;
begin
forx:
=123to321do{枚举所有可能的解}
begin
t:
=0;
str(x,st);{把整数x转化为字符串,存放在st中}
str(x*2,s);st:
=st+s;
str(x*3,s);st:
=st+s;
forc:
='1'to'9'do{枚举9个字符,判断是否都在st中}
ifpos(c,st)<>0theninc(t)elsebreak;{如果不在st中,则退出循环}
ift=9thenwriteln(x,'',x*2,'',x*3);
end;
end.
在枚举法解题中,判定条件的确定也是很重要的,如果约束条件不对或者不全面,就穷举不出正确的结果, 我们再看看下面的例子。
例3一元三次方程求解(noip2001tg)
问题描述有形如:
ax3+bx2+cx+d=0这样的一个一元三次方程。
给出该方程中各项的系数(a,b,c,d均为实数),并约定该方程存在三个不同实根(根的范围在-100至100之间),且根与根之差的绝对值>=1。
要求由小到大依次在同一行输出这三个实根(根与根之间留有空格),并精确到小数点后2位。
提示:
记方程f(x)=0,若存在2个数x1和x2,且x1样例
输入:
1-5-420
输出:
-2.002.005.00
算法分析:
由题目的提示很符合二分法求解的原理,所以此题可以用二分法。
用二分法解题相对于枚举法来说很要复杂很多。
此题是否能用枚举法求解呢?
再分析一下题目,根的范围在-100到100之间,结果只要保留两位小数,我们不妨将根的值域扩大100倍(-10000<=x<=10000),再以根为枚举对象,枚举范围是-10000到10000,用原方程式进行一一验证,找出方程的解。
有的同学在比赛中是这样做
var
k:
integer;
a,b,c,d,x:
real;
begin
read(a,b,c,d);
fork:
=-10000to10000do
begin
x:
=k/100;
ifa*x*x*x+b*x*x+c*x+d=0thenwrite(x:
0:
2,'');
end;
end.
用这种方法,很快就可以把程序编出来,再将样例数据代入测试也是对的,等成绩下来才发现这题没有全对,只得了一半的分。
这种解法为什么是错的呢?
错在哪里?
前面的分析好象也没错啊,难道这题不能用枚举法做吗?
看到这里大家可能有点迷惑了。
在上面的解法中,枚举范围和枚举对象都没有错,而是在验证枚举结果时,判定条件用错了。
因为要保留二位小数,所以求出来的解不一定是方程的精确根,再代入ax3+bx2+cx+d中,所得的结果也就不一定等于0,因此用原方程ax3+bx2+cx+d=0作为判断条件是不准确的。
我们换一个角度来思考问题,设f(x)=ax3+bx2+cx+d,若x为方程的根,则根据提示可知,必有f(x-0.005)*(x+0.005)<0,如果我们以此为枚举判定条件,问题就逆刃而解。
另外,如果f(x-0.005)=0,哪么就说明x-0.005是方程的根,这时根据四舍5入,方程的根也为x。
所以我们用(f(x-0.005)*f(x+0.005)<0)和(f(x-0.005)=0)作为判定条件。
为了程序设计的方便,我们设计一个函数f(x)计算ax3+bx2+cx+d的值,程序如下:
{$N+}
var
k:
integer;
a,b,c,d,x:
extended;
functionf(x:
extended):
extended;{计算ax3+bx2+cx+d的值}
begin
f:
=((a*x+b)*x+c)*x+d;
end;
begin
read(a,b,c,d);
fork:
=-10000to10000do
begin
x:
=k/100;
if(f(x-0.005)*f(x+0.005)<0)or(f(x-0.005)=0)thenwrite(x:
0:
2,'');{若x两端的函数值异号或x-0.005刚好是方程的根,则确定x为方程的根}
end;
end.
用枚举法解题的最大的缺点是运算量比较大,解题效率不高,如果枚举范围太大(一般以不超过两百万次为限),在时间上就难以承受。
但枚举算法的思路简单,程序编写和调试方便,比赛时也容易想到,在竞赛中,时间是有限的,我们竞赛的最终目标就是求出问题解,因此,如果题目的规模不是很大,在规定的时间与空间限制内能够求出解,那么我们最好是采用枚举法,而不需太在意是否还有更快的算法,这样可以使你有更多的时间去解答其他难题。
信息学奥赛中的基本算法(回溯法)
如果上期的“百钱买百鸡”中鸡的种类数是变化的,用枚举法就无能为力了,这里介绍另一种算法——回溯法。
回溯基本思想
回溯法是一种既带有系统性又带有跳跃性的搜索法,它的基本思想是:
在搜索过程中,当探索到某一步时,发现原先的选择达不到目标,就退回到上一步重新选择。
它主要用来解决一些要经过许多步骤才能完成的,而每个步骤都有若干种可能的分支,为了完成这一过程,需要遵守某些规则,但这些规则又无法用数学公式来描述的一类问题。
下面通过实例来了解回溯法的思想及其在计算机上实现的基本方法。
例1、从N个自然数(1,2,…,n)中选出r个数的所有组合。
算法分析:
设这r个数为a1,a2,…ar,把它们从大到小排列,则满足:
(1)a1>a2>…>ar;
(2)其中第i位数(1<=i<=r)满足ai>r-i;
我们按以上原则先确定第一个数,再逐位生成所有的r个数,如果当前数符合要求,则添加下一个数;否则返回到上一个数,改变上一个数的值再判断是否符合要求,如果符合要求,则继续添加下一个数,否则返回到上一个数,改变上一个数的值……按此规则不断循环搜索,直到找出r个数的组合,这种求解方法就是回溯法。
如果按以上方法生成了第i位数ai,下一步的的处理为:
(1)若ai>r-i且i=r,则输出这r个数并改变ai的值:
ai=ai-1;
(2)若ai>r-i且i≠r,则继续生成下一位ai+1=ai-1;
(3)若ai<=r-i,则回溯到上一位,改变上一位数的值:
ai-1=ai-1-1;
算法实现步骤:
第一步:
输入n,r的值,并初始化;i:
=1;a[1]:
=n;
第二步:
若a[1]>r-1则重复:
若a[i]>r-i,①若i=r,则输出解,并且a[i]:
=a[i]-1;
②若i<>r,则继续生成下一位:
a[i+1]:
=a[i]-1;i:
=i+1;
若a[i]<=r-i,则回溯:
i:
=i-1;a[i]:
=a[i]-1;
第三步:
结束;
程序实现
varn,r,i,j:
integer;
a:
array[1..10]ofinteger;
begin
readln(n,r);i:
=1;a[1]:
=n;
repeat
ifa[i]>r-ithen{符合条件}
ifi=rthen{输出}
begin
forj:
=1tordowrite(a[j]:
3);
writeln;
a[i]:
=a[i]-1;
end
else{继续搜索}
begina[i+1]:
=a[i]-1;i:
=i+1;end
else{回溯}
begini:
=i-1;a[i]:
=a[i]-1;end;
untila[1]=r-1;
end.
下面我们再通过另一个例子看看回溯在信息学奥赛中的应用。
例2数的划分(noip2001tg)
问题描述整数n分成k份,且每份不能为空,任意两份不能相同(不考虑顺序)。
例如:
n=7,k=3,下面三种分法被认为是相同的。
1,1,5;1,5,1;5,1,1;
问有多少种不同的分法。
输入:
n,k(6输出:
一个整数,即不同的分法。
样例
输入:
73
输出:
4{四种分法为:
1,1,5;1,2,4;1,3,3;2,2,3;}
算法分析:
此题可以用回溯法求解,设自然数n拆分为a1,a2,…,ak,必须满足以下两个条件:
(1)n=a1+a2+…+ak;
(2)a1<=a2<=…<=ak(避免重复计算);
现假设己求得的拆分数为a1,a2,…ai,且都满足以上两个条件,设sum=n-a1-a2-…-ai,我们根据不同的情形进行处理:
(1)如果i=k,则得到一个解,则计数器t加1,并回溯到上一步,改变ai-1的值;
(2)如果i=ai,则添加下一个元素ai+1;
(3)如果i算法实现步骤如下:
第一步:
输入自然数n,k并初始化;t:
=0;i:
=1;a[i]:
=1;sum:
=n-1;nk:
=ndivk;
第二步:
如果a[1]<=nk重复:
若i=k,搜索到一个解,计数器t=t+1;并回溯;
否则:
①若sum>=a[i]则继续搜索;
②若sum搜索时,inc(i);a[i]:
=a[i-1];sum:
=sum-a[i];
回溯时,dec(i);inc(a[i]);sum:
=sum+a[i+1]-1;
第三步:
输出。
程序如下:
var
n,nk,sum,i,k:
integer;
t:
longint;
a:
array[1..6]ofinteger;
begin
readln(n,k);
nk:
=ndivk;
t:
=0;i:
=1;a[i]:
=1;sum:
=n-1;{初始化}
repeat
ifi=kthen{判断是否搜索到底}
begininc(t);dec(i);inc(a[i]);sum:
=sum+a[i+1]-1;end{回溯}
elsebegin
ifsum>=a[i]then{判断是否回溯}
begininc(i);a[i]:
=a[i-1];sum:
=sum-a[i];end{继续搜}
elsebegindec(i);inc(a[i]);sum:
=sum+a[i+1]-1;end;{回溯}
end;
untila[1]>nk;
writeln(t);
end.
回溯法是通过尝试和纠正错误来寻找答案,是一种通用解题法,在NOIP中有许多涉及搜索问题的题目都可以用回溯法来求解。
信息学奥赛中的基本算法(递归算法)
递归算法的定义:
如果一个对象的描述中包含它本身,我们就称这个对象是递归的,这种用递归来描述的算法称为递归算法。
我们先来看看大家熟知的一个的故事:
从前有座山,山上有座庙,庙里有个老和尚在给小和尚讲故事,他说从前有座山,山上有座庙,庙里有个老和尚在给小和尚讲故事,他说……
上面的故事本身是递归的,用递归算法描述:
procedurebonze-tell-story;
begin
if讲话被打断then故事结束
elsebegin
从前有座山,山上有座庙,庙里有个老和尚在给小和尚讲故事;
bonze-tell-story;
end
end;
从上面的递归事例不难看出,递归算法存在的两个必要条件:
(1)必须有递归的终止条件;
(2)过程的描述中包含它本身;
在设计递归算法中,如何将一个问题转化为递归的问题,是初学者面临的难题,下面我们通过分析汉诺塔问题,看看如何用递归算法来求解问题;
递归算法应用
例1:
汉诺塔问题,如下图,有A、B、C三根柱子。
A柱子上按从小到大的顺序堆放了N个盘子,现在要把全部盘子从A柱移动到C柱,移动过程中可以借助B柱。
移动时有如下要求:
(1)一次只能移动一个盘子;
(2)不允许把大盘放在小盘上边;
(3)盘子只能放在三根柱子上;
算法分析:
当盘子比较多的时,问题比较复杂,所以我们先分析简单的情况:
如果只有一个盘子,只需一步,直接把它从A柱移动到C柱;
如果是二个盘子,共需要移动3步:
(1)把A柱上的小盘子移动到B柱;
(2)把A柱上的大盘子移动到C柱;
(3)把B柱上的大盘子移动到C柱;
如果N比较大时,需要很多步才能完成,我们先考虑是否能把复杂的移动过程转化为简单的移动过程,如果要把A柱上最大的盘子移动到C柱上去,必须先把上面的N-1个盘子从A柱移动到B柱上暂存,按这种思路,就可以把N个盘子的移动过程分作3大步:
(1)把A柱上面的N-1个盘子移动到B柱;
(2)把A柱上剩下的一个盘子移动到C柱;
(3)把B柱上面的N-1个盘子移动到C柱;
其中N-1个盘子的移动过程又可按同样的方法分为三大步,这样就把移动过程转化为一个递归的过程,直到最后只剩下一个盘子,按照移动一个盘子的方法移动,递归结束。
递归过程:
procedureHanoi(N,A,B,C:
integer;);{以B柱为中转柱将N个盘子从A柱移动到C柱}
begin
ifN=1thenwrite(A,’->’,C){把盘子直接从A移动到C}
elsebegin
Hanoi(N-1,A,C,B);{以C柱为中转柱将N-1个盘子从A柱移动到B柱}
write(A,’->’,C);{把剩下的一个盘子从A移动到C}
Hanoi(N-1,B,A,C);{以A柱为中转柱将N-1个盘子从B柱移动到C柱}
end;
end;
从上面的例子我们可以看出,在使用递归算法时,首先弄清楚简单情况下的解法,然后弄清楚如何把复杂情况归纳为更简单的情况。
在信息学奥赛中有的问题的结构或所处理的数据本身是递归定义的,这样的问题非常适合用递归算法来求解,对于这类问题,我们把它分解为具有相同性质的若干个子问题,如果子问题解决了,原问题也就解决了。
例2求先序排列(NOIP2001pj)
[问题描述]给出一棵二叉树的中序与后序排列。
求出它的先序排列。
(约定树结点用不同的大写字母表示,长度≤8)。
[样例]输入:
BADCBDCA 输出:
ABCD
算法分析:
我们先看看三种遍历的定义:
先序遍历是先访问根结点,再遍历左子树,最后遍历右子树;
中序遍历是先遍历左子树,再访问根结点,最后遍历右子树;
后序遍历是先遍历左子树,再遍历右子树,最后访问根结点;
从遍历的定义可知,后序排列的最后一个字符即为这棵树的根节点;在中序排列中,根结点前面的为其左子树,根结点后面的为其右子树;我们可以由后序排列求得根结点,再由根结点在中序排列的位置确定左子树和右子树,把左子树和右子树各看作一个单独的树。
这样,就把一棵树分解为具有相同性质的二棵子树,一直递归下去,当分解的子树为空时,递归结束,在递归过程中,按先序遍历的规则输出求得的各个根结点,输出的结果即为原问题的解。
源程序
programnoip20