算法分析与设计oj复习题

2022-11-01 19:24:41

8594 有重复元素的排列问题（优先做）

时间限制:1000MS 代码长度限制:10KB
提交次数:1610 通过次数:656

题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;JAVA
Description
设集合R={r1,r2,…,rn}是要进行排列的n个元素，其中r1,r2,…,rn可能相同。
试着设计一个算法，列出R的所有不同排列。
即，给定n以及待排的n个可能重复的元素。计算输出n个元素的所有不同排列。

输入格式

第1行是元素个数n，1<=n<=15。接下来的1行是待排列的n个元素，元素中间不要加空格。

输出格式

程序运行结束时，将计算输出n个元素的所有不同排列。最后1行中的数是排列总数。

（说明：
此题，所有计算出的排列原本是无所谓顺序的。但为了容易评判，输出结果必须唯一！
现做约定：所有排列的输出顺序如课本例2-4的程序段的输出顺序，区别仅是这道题是含
重复元素。）

输入样例

4
aacc

输出样例

aacc
acac
acca
caac
caca
ccaa
6

提示

课本上有“递归”实现无重复元素全排列的源程序。
稍加修改即可满足此题要求。

在递归产生全排列的那段程序开始之前，
加一个判断：判断第i个元素是否在list[k,i-1]中出现过。
PermExcludeSame(char list[], int k, int m)
{
…
for (int i=k; i<=m; i++)
{
if (Findsame(list,k,i))//判断第i个元素是否在list[k,i－1]中出现过
continue;
Swap (list[k], list[i]);
PermExcludeSame(list, k+1, m);
Swap (list[k], list[i]);
}
}

9718 整数因子分解（优先做）

时间限制:1000MS 代码长度限制:10KB
提交次数:0 通过次数:0

题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;JAVA

Description

大于1的正整数 n 都可以分解为 n = x1 * x2 * … * xm， 每个xi为大于1的因子，即1<xi<=n 。

例如：当n=12时，共有8种不同的分解式：
12 = 12
12 = 62
12 = 43
12 = 34
12 = 322
12 = 26
12 = 232
12 = 223

对于给定正整数n，计算n共有多少种不同的分解式。

输入格式

第一行一个正整数n （1<=n<=1000000）

输出格式

不同的分解式数目

输入样例

12

输出样例

8

提示

此题因子讲顺序的.第一个因子可能是2~n之间的数.
比如对12而言,第一个因子可能是2,3,4,6,12.

将第一个因子为2的分解个数,加上第一个因子为3的分解个数,…,直至加到第一个因子为12的分解个数.

而第一个因子为2的分解个数又是多少呢?是对6去做因子分解的个数(因为12/2=6),递归求解!

可用“递归”和“备忘录方法”两种方法分别求解，并测试一下效率。

递归实现整数因子分解的计数。假设对正整数n的因子分解计数为solve1(n)。
1）当n=1时，计数加1。
2）当n>1时，对n的每个因子i，计算solve1(n/i)。
void solve1 (int n)
{
if (n==1) total++; //total为全局变量，有初始化
else for (int i=2; i<=n; i++)
if (n%i ==0)
solve1(n/i);
}

或者另外一种实现方式：
递归算法同，但这样实现更容易理解：
int solve2(int n)
{
int num=0;

if(n==1) return 1;

for(int i=2; i<=n; i++)
    if(n%i == 0) num+=solve2(n/i);

return num;

}

17082 两个有序数序列中找第k小（优先做）

时间限制:1000MS 代码长度限制:10KB
提交次数:0 通过次数:0

题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;JAVA

Description

已知两个已经排好序（非减序）的序列X和Y，其中X的长度为m，Y长度为n，
现在请你用分治算法，找出X和Y的第k小的数，算法时间复杂度为O(max{logm, logn})。

此题请勿采用将序列X和Y合并找第k小的O(m+n)的一般方法，要充分利用X和Y已经排好序的这一特性。

输入格式

第一行有三个数，分别是长度m、长度n和k，中间空格相连（1<=m,n<=100000; 1<=k<=m+n）。
第二行m个数分别是非减序的序列X。第三行n个数分别是非减序的序列Y。

输出格式

序列X和Y的第k小的数。

输入样例

5 6 7
1 8 12 12 21
4 12 20 22 26 31

输出样例

20

提示

假设：X序列为X[xBeg…xEnd]，而Y序列为Y[yBeg…yEnd]。

将序列X和Y都均分2段，即取X序列中间位置为 xMid (xMid = xBeg+(xEnd-xBeg)/2)，也同理取序列Y中间位置为yMid。
比较X[xMid]和Y[yMid]的大小，此时记录X左段和Y左段元素个数合计为halfLen，即halfLen = xMid-xBeg+yMid-yBeg+2。

  1. 当X[xMid] < Y[yMid]时，在合并的数组中，原X[xBeg…xMid]所有元素一定在Y[yMid]的左侧，
    （1） 若k < halfLen，则此时第k大的元素一定不会大于Y[yMid]这个元素，
    故以后没有必要搜索 Y[yMid…yEnd]这些元素，可弃Y后半段数据。
    此时只需递归的对X序列+Y序列的前半段，去搜索第k小的数。

    （2） 若k >= halfLen，则此时第k大的元素一定不会小于X[xMid]这个元素，
    故以后没有必要搜索 X[xBeg…xMid]这些元素，可弃X前半段数据。
    此时只需递归的对X序列的后半段+Y序列，去搜索第 k-(xMid-xBeg+1）小的数。

  2. 当X[xMid] >= Y[yMid]时，在合并的数组中，原Y[yBeg…yMid]的所有元素一定在X[xMid]的左侧，
    （1） 若k < halfLen，则此时第k大的元素一定不会大于X[xMid]这个元素，
    故以后没有必要搜索 X[xMid…xEnd]这些元素，可弃X后半段数据。
    此时只需递归的对X序列的前半段+Y序列，去搜索第k小的数。

    （2） 若k >= halfLen，则此时第k大的元素一定不会小于Y[yMid]这个元素，
    故以后没有必要搜索 Y[yBeg…yMid]这些元素，可弃Y前半段数据。
    此时只需递归的对X序列+Y序列的后半段，去搜索第 k-(yMid-yBeg+1）小的数。

递归的边界，如何来写？

  1. if (xBeg > xEnd) return Y[yBeg + k - 1]; //X序列为空时，直接返回Y序列的第k小元素。
  2. if (yBeg > yEnd) return X[xBeg + k - 1]; //Y序列为空时，直接返回X序列的第k小元素。

效率分析：

T(m,n)表示对长度为m的有序的X序列和长度为n的有序的Y序列，搜索第k小元素的复杂度。
T(m,n)=1 m=0或n=0
T(m,n) <= max{T(m/2,n), T(m,n/2)} + O(1)

则T(m,n) = O(max{logm, logn})

10303 数字三角（优先做）

时间限制:1000MS 代码长度限制:10KB
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题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;JAVA

Description

问题描述：给定一个由n行数字组成的数字三角形，如下图所示。试用动态规划算法，计算出从三角
顶部至底部的一条路径，使得该路径经过的数字总和最大。

注意每个数字只能走向下一行左边或右边的数字，而不能跳跃的走。

     7
  3   8
8   1   0

2 7 4 4
4 5 2 6 5

输入格式

第一行是数字三角的行数n，1<=n<=100。接下来n行是数字三角各行中的数字，所有数字在0~99之间。

输出格式

输出两行，第一行是计算出的最大路径的和值，第二行是该路径上的数字。若有多条路径，靠右的路径
优先（即仅仅输出靠右的路径即可，无需多条路径都输出）。

如：
Input:
5
7
3 8
8 1 6
2 7 4 4
4 5 2 4 5
有两条路径：7-3-8-7-5和7-8-6-4-5都为30，由于后者靠右，因此仅输出后者。
Output:
30
7 8 6 4 5

输入样例

5
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5

输出样例

30
7 3 8 7 5

提示

上课讲了，听课或看课件。

最长上升子序列

。。。。。

最大长方体问题

。。。。

11077 最长公共子字符串（优先做）

时间限制:1000MS 代码长度限制:10KB
提交次数:0 通过次数:0

题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;JAVA

Description

求两个输入序列的最长的公共子字符串的长度。子字符串中的所有字符在源字符串中必须相邻。

如字符串：21232523311324和字符串312123223445，他们的最长公共子字符串为21232，长度为5。

输入格式

两行，第一行为第一个字符串X，第二行为第二个字符串Y，字符串不含空格并以回车标示结束。X和Y的串长都
不超过10000。

输出格式

两行，第一行为最长的公共子字符串的长度，第二行输出一个最长的公共子字符串。

说明：
(1)若最长的公共子字符串有多个，请输出在源字符串X中靠左的那个。
(2)若最长公共子字符串的长度为0，请输出空串(一个换行符)。

如输入：
21232523311324
152341231
由于523和123都是最长的公共子字符串，但123在源串X中更靠左，因此输出：
3
123

输入样例

21232523311324
312123223445

输出样例

5
21232

提示

一，对输入字符串的处理
大家在接受数据的时候，不要用(c=getchar())!=’\n’诸如此类一个字符一个字符接受，然后判断是否是回车
符号来结束一行的输入，这样的方式在你本机运行不会有问题，但OJ系统中会有错误，无法输出结果，因为
测试平台行末并非’\n’字符。这里接受数据用scanf的%s，或cin等，会自动判别结束字符的，你就不要在你
程序里专门去判别或吸收回车字符。

二，递推公式
此题和书上3.3节"最长公共子序列"描述是不同的，子序列可由不连续字符组成，但子字符串是连续的。
此题更加简单!

假设求字符串str1,str2的最长公共子串的长度.
定义f(m,n)： 分别以str1[m],str2[n]结尾的最长连续公共子串的长度，
其中字符串末尾的str1[m]和str2[n]包含在最长公共子串中，即为最长公共子串的最末元素。

（这里大家思考一下，为何要这样假设子问题和子问题最优解f(m,n)？
因为子串是连续的，更大规模问题和下一级更小规模的子问题要能联系起来，而且这种联系还要越简单越好，
只有规定原先两个串的最末元素包含在最长公共子串中，这样就能联系上两个串的前缀部分（都去掉末个元
素）的最长公共子串问题。）

而对于f(m+1,n+1) 有：

  1. f(m+1,n+1) = 0, if str1[m+1] != str2[n+1]
  2. f(m+1,n+1) = f(m,n) + 1, if str1[m+1] == str2[n+1]
  3. 另外边界情况，f(0,j)=0(j>=0), f(j,0)=0(j>=0)

而此题所求的最长公共字符串的长度即为f(m,n)整个二维数组中的最大值，注意不是填充的最后一个元素。
也不是最后一行元素的最大值，而是整个二位数组的最大值。思考一下为什么呢？

至于如何优先输出在源串X靠左的公共子串，大家自行思考。
这也容易，在你比较产生数组最大值maxlen时，就同步记录下那时在x数组中的下标位置，比如此位置叫endindex_x。
最后用这个位置在X序列中输出从X[endindex_x - maxlen + 1]元素一直到X[endindex_x]元素即可。

8595 钱币组合的问题（优先做）

时间限制:300MS 代码长度限制:10KB
提交次数:897 通过次数:398

题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;JAVA

Description

设有n种不同的钱币各若干，可用这n种钱币产生许多不同的面值。
如给定面值7分，有1分3张，2分3张，5分1张，能组成给定面值7分的方法有如下4种：
3个1分+2个2分； 5个；
1个1分+3个2分； 4个；
2个1分+1个5分； 3个；
1个2分+1个5分； 2个。

上面4种方案的最少张数为2个。

你的编程任务：给定面值m，和n种不同面值钱币及其张数，
（1） 求给定面值m能有多少种不同的构成方法数。
（2） 求给定面值m最少要多少张。

输入格式

第1行有1个正整数n(1<=n<=50)，表示有n种不同的钱币。
第2行有n个数，分别表示每种钱币的面值v[1]…vn。
第3行有n个数，分别表示每种钱币的张数k[1]…kn。
第4行有1个数，表示给定的面值m (1<=m<=20000)。

输出格式

两行：
第一行：计算出给定面值的不同的方法种数。若无法给出找钱方案，返回0数值。
第二行：计算出给定面值所需的最少张数。若无法给出找钱方案，返回“no possible”(无大写，无标点)。

输入样例

3
1 2 5
3 3 1
7

输出样例

4
2

提示

（1）给定面值m的不同方法种数

给定的总面值m，n种钱币，每种钱币面值v[1…n],每种钱币的张数k[1…n]，
用一个二维数组d[i][1…m]记录用前i种钱币组成1…m面值产生的方法数。1<=i<=n。
初始，该数组全清零，然后逐个加入第i种面值的钱币（1<=i<=n），并修改影响到数组d的方法数。

设d[i,j]:表示前i种钱币组成面值j分的方法数，1<=i<=n,0<=j<=m。(j>=0才有意义，若j<0,可视为d[i,j]=0)
d[i,0] = 1, if 1<=i<=n
d[1,j] = 1, if j%v[1]=0 && j/v[1]<=k[1];
d[1,j] = 0, if j%v[1]!=0 || j/v[1]>k[1] || j<0;

if i>1 && j1 && v[i]<=j<2*v[i]
d[i,j] = d[i-1,j] + d[i-1,j-v[i]]

if i>1 && 2v[i]<=j<3v[i]
d[i,j] = d[i-1,j] + d[i-1,j-v[i]] + d[i-1,j-2*v[i]]

…

if i>1 && k[i]v[i]<=j<=m
d[i,j] = d[i-1,j] + d[i-1,j-1v[i]] + d[i-1,j-2*v[i]] + … + d[i-1,j-k[i]*v[i]]
//这里要注意，要保证 j-k[i]*v[i]>=0 才有意义，对可能的越界（无论是左边越界还是右边越界），都要仔细审查。

最后d[n,m]为原问题所求。

当然由于这里的d数组d[i,j]只与d[i-1,…]有关，也完全可以用一维数组d[1…m]来实现。

（2）求给定面值m最少要多少张

假设c[i][j]表示：选择前i种面值的钱，凑成面值j的最少张数，这里1<=i<=n, 0<=j<=m。
c[i][j]的递归关系如下：

令：t = min{ (int)(j/v[i]), k[i] }，表示第i种钱币最多加入的张数。
c[i][j] = min{ p+c[i-1][j-pv[i]] | p from 0 to t }，这里p表示第i种币值选入的张数，
t表示第i种币值最多选入的张数。
//这里要注意，要保证 j-pv[i]>=0 才有意义，对可能的越界（无论是左边越界还是右边越界），都要仔细审查。

初始条件：
c[i][0]=0, 1<=i<=n
c[1][j]=int(j/v[1]), if j%v[1]==0 && j/v[1]<=k[1]
c[1][j]=MAXINT, if j%v[1]!=0 || j/v[1]>k[1]
//此处MAXINT为自定义的无穷大的数，表示没法放。

最后返回c[n][m]，若c[n][m]为MAXINT，则无法找到找钱的方案。

11079 可以移动的石子合并（优先做）

时间限制:1000MS 代码长度限制:10KB
提交次数:0 通过次数:0

题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;JAVA

Description

有n堆石子形成一行(a1,a2,…,an，ai为第i堆石子个数)，现要将石子合并成一堆，规定每次可
选择至少2堆最多k堆移出然后合并，每次合并的分值为新堆的石子数。

若干次合并后，石子最后肯定被合并为一堆，得分为每次合并的分值之和。

现在求解将这n堆石子合并成一堆的最低得分和最高得分。

输入格式

两行。第一行n和k。
第二行a1 a2 … an，每个ai(1<=i<=n)表示第i堆石子的个数，n<=200，2<=k<=n。

输出格式

仅一行，为石子合并的最低得分和最高得分，中间空格相连。

输入样例

7 3
45 13 12 16 9 5 22

输出样例

199 593

提示

此题贪心算法求解.
给这题标记标签"dp"方法是同学所为,并非老师标注.动规不是不可以,但有更好更快的贪心解法的.

如7堆石头，每次可选择最少2堆最多3堆合并，可以如下这样合并：
第1次合并：45+22=67
第2次合并：67+16=83
第3次合并：83+13=96
第4次合并：96+12=108
第5次合并：108+9=117
第6次合并：117+5=122
合并的总分值：67+83+96+108+117+122=593，593已是最大分值。

也可以这样合并：
第1次合并：5+9+12=26
第2次合并：13+16+22=51
第3次合并：45+51+26=122
合并的总分值：26+51+122=199，199已是最小分值。

因此此题贪心的方法如下：

（1）保证每次选两堆最多的，合并直至只剩一堆为止，能获得最大得分；
这个和huffman树构造是相同的，不再详述！

（2）保证每次选k堆最少的，合并直至只剩一堆为止，能获得最小得分。
这个是多元huffman树的构造。要注意的是：在合并之前，若n%(k-1)!=1，说明合并到最后一轮时，
剩下不是k堆（而是比k堆少），这样算的并不是最小得分，而必须在合并之前添加若干个为0的虚拟
堆，目的为凑成的堆数保证每次都能有k堆合并（包括最后一次）最后合并为1堆。

因此，在合并前作如下处理：

//假设石头每堆个数放于stone[1]~stone[n],且stone[n]之后最多k-1个数组单元为可写;
while (n % (k - 1) != 1)
{
n++;
stone[n]=0;
}

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