POJ1722 算法竞赛进阶指南 SUBSTRACT减操作
题目描述
给定一个整数数组\(a_1,a_2,…,a_n\)。
定义数组第 i 位上的减操作:把\(a_i\)和\(a_{i+1}\)换成\(a_i - a_{i+1}\)。
用con(a,i)表示减操作,可以表示为:
\]
长度为 n 的数组,经过 n-1 次减操作后,就可以得到一个整数t。
例如数组[12,10,4,3,5]经过如下操作可得到整数4:
\\
con([12,6,3,5] ,3) = [12,6,-2]
\\
con([12,6,-2] ,2) = [12,8]
\\
con([12,8] ,1) = [4]
\]
现在给定数组以及目标整数,求完整操作过程。
输入格式
第1行包含两个整数n和t。
第2..n+1行:第i行包含数组中的第 i 个整数\(a_i\)。
输出格式
输出共n-1行,每行包含一个整数,第 i 行的整数表示第 i 次减操作的操作位置。
数据范围
-10000 \le t \le 10000 \\
1 \le a_i \le 100 \\
\]
输入样例:
5 4
12
10
4
3
5
输出样例:
2
3
2
1
解题报告
题意理解
就是说,有一种操作,名为减操作,可以将合并相邻的两个数,比如说原来的数字是.
\]
也就是,
a[i]=a[i]-a[i-1] \\
然后删除a[i+1]
\]
思路解析
性质分析
我们发现,每一次减操作都会使得序列长度减少一个.
\]
所以说,我们发现其实对于序列的最终结果\(t\),可以变成这种形式.
\]
举个例子表示一下
a[1] \quad a[2]-a[3] \quad a[4] \quad [5] \qquad 此时cut(2) \\
a[1] \quad a[2]-a[3] \quad a[4]-a[5] \qquad 此时cut(3) \\
a[1] \quad a[2]-a[3]-(a[4]-a[5]) \qquad 此时cut(2) \\
a[1]-(a[2]-a[3]-(a[4]-a[5])) \qquad 最后cut(1) \\
a[1]-a[2]+a[3]+a[4]-a[5] \qquad 处理后的答案序列
\]
我们发现
\]
对于
\]
因为我们发现,\(1\)的前面没有数,可以去进行减操作.
最后一次执行的必然是\(cut(1)\)操作
\(a[1]\)表示,我真的想要减操作,但是我就是没有数可以和我一起减操作.
然后我们再来康康为什么一定是
\]
其实道理和之前一样,
最后一次执行的必然是\(cut(1)\)操作.
\(a[2]\)表示,我真的是被迫的,\(cut(1)\)使得\(a[1]-a[2]\).
状态设置
这样我们将题目转换成了
一个数列,对于数组中的数,将一些正整数变为负数,使整个数组的和为t,最后输出将哪些数变为负数.
我们发现这道题目的数据范围
-10000 \le t \le 10000 \\
\]
数据范围真的好小啊,开一个\(n*t\)的数据范围丝毫没有问题.
所以说我们不妨这么设置一个状态数组.
f[i][cnt]=1 \quad 表示第i个数前面是+号 \\
f[i][cnt]=-1 \quad 表示第i个数前面是-号 \\
\]
不过我们要注意一下,C++负数下标有可能性挂掉了,所以我们不得不让所有下标加上一个固定的大数字,保证最后的下标是一个正数.
此时最大的问题就是,如何反推出我们的cut操作?
反推路径
- 为什么有些数可以是正数?也就是前面是+号?
这是一个非常重要的问题,我们发现.
\]
假如说我们第\(i\)位不进行\(cut\)操作,那么它前面一定不是\(+\)号.
一个数,前面不是加号,就是减号.
cut(i-1) \qquad a[i-1]-a[i] \\
\]
只有当\(i-1\)位进行\(cut\)操作的时候,这个第\(i\)位才可以是减号.
这就让我们证明了.
\]
所以找到每一个\(+\)号的位置,然后输出当前位置.
不过你要注意一下,输出应该是.
tot表示为当前有几个cut操作了 \\
\]
代码解析
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define init() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);//读入优化
const int maxn=105,maxt=20086,hh=10000;//hh是我们的下标转移常数
int n,t,f[maxn][maxt],a[maxn],ans[maxn];
void dp()
{
f[1][a[1]+hh] = 1;//a[1]必然是正数
f[2][a[1]-a[2]+hh]=-1;//a[2]必然是
for(int i=3; i<=n; i++)
for(int j=-10000+hh; j<=10000+hh; j++)
{
if(f[i-1][j])//可以转移
{
f[i][a[i]+j]=1;//+号
f[i][j-a[i]]=-1;//-号
}
}
}
void out()
{
int s=hh+t;
for(int i=n; i>=2; i--)//回溯走路径,确定+,-号
{
ans[i]=f[i][s];
if(ans[i]==1)
s-=a[i];
else if(ans[i]==-1)
s+=a[i];
}
int cnt=0;
for(int i=2; i<=n; i++)
if(ans[i]==1)//是时候减操作了.
{
cout<<i-cnt-1<<endl;
cnt++;
}
for(int i=2; i<=n; i++)
if(ans[i]==-1)//寻找
cout<<1<<endl;
}
int main()
{
init();
cin>>n>>t;
for(int i=1; i<=n; i++)
cin>>a[i];
dp();
out();
return 0;
}
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