POJ 3061 (二分+前缀和or尺取法)

题目链接: http://poj.org/problem?id=3061

题目大意：找到最短的序列长度，使得序列元素和大于S。

解题思路：

两种思路。

一种是二分+前缀和。复杂度O(nlogn)。有点慢。

二分枚举序列长度，如果可行，向左找小的，否则向右找大的。

前缀和预处理之后，可以O(1)内求和。

#include "cstdio"
#include "cstring"
int sum[],n,s,a,T;
bool check(int x)
{
    int l,r;
    for(int i=;i+x-<=n;i++)
    {
        l=i,r=i+x-;
        if(sum[r]-sum[l-]>=s) return true;
    }
    return false;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&s);
        for(int i=;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a);
            sum[i]=sum[i-]+a;
        }
        int l=,r=n,ans=;
        while(l<=r)
        {
            int mid=l+(r-l)/;
            if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-;}
            else l=mid+;
        }
        printf("%d\n",ans);
        memset(sum,,sizeof(sum));
    }
}

二分法

另一种是某本著名的日译ACM书介绍的尺取法。复杂度O(n)

这个方法很简单。

①令L=1,先找一下满足要求的第一个长度（当然不一定是最优结果）。期间R++不停伸展。

②满足了是吧，现在踢掉第一个元素，令L++。从第二个元素看起，不符合要求继续伸展R。更新一下ans。继续踢第二个元素。

③踢踢踢，直到不能伸展R，且不符合要求，break。

这种方法只有一个疑问点，就是R不往回移动，其结果一定是对的吗？

考虑一下，L一直向右移动，R其实没必要向左动了。R只有在不满足条件的时候才向右，否则停在原位。

此时凭L的移动已经能找出所有可行的区间了。可以联想一下滑动变阻器，固定R，滑动L。

#include "cstdio"
#include "cstring"
#include "iostream"
using namespace std;
int a[],n,s,l,r,T,sum,ans;
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&s);
        for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        l=,r=,sum=,ans=0x3f3f3f3f;
        while(true)
        {
            while(sum<s&&r<=n) sum+=a[r++];
            if(sum<s) break;
            ans=min(ans,r-l);
            sum-=a[l++];
        }
        if(ans==0x3f3f3f3f) printf("0\n");
        else printf("%d\n",ans);
    }
}

13592296

neopenx

3061

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C++

593B

2014-11-02 20:53:32