1.1　机理分析法的实验范例

根据客观事物的特性，分析其内部的机理，弄清关系，在适当抽象的条件下，得到可以描述事物属性的数学工具。

经过数学分析，如果能够抽象出Ad Hoc类问题的内在规律，则可以采用机理分析法建立数学模型，然后根据模型的原理对应到算法，编程实现，通过执行算法得到问题解，如图1.1-1所示。
机理分析法的核心是数学建模，即使用适当的数学思想建立起模型；或者提取问题中的有效信息，用简明的方式表达其规律。需要注意的是：
1）选择的模型必须尽量多地体现问题的本质特征。但这并不意味着模型越复杂越好，累赘的信息会影响算法效率。
2）模型的建立不是一个一蹴而就的过程，而是要经过反复地检验和修改，在实践中不断完善。
3）数学模型通常有严格的格式，但程序编写形式可不拘一格。
机理分析法是一个复杂的数据抽象过程。我们要善于透视问题的本质，寻找突破口，进而选择适当的模型。模型的构造过程可以帮助我们认识问题，不同的模型从不同的角度反映问题，可以引发不同的思路，起到引导发散思维的作用。但认识问题的最终目的是解决问题，模型的固有性质虽可帮我们建立算法，其优劣也可通过时空复杂度等指标来分析和衡量，但最终还是以程序的运行结果为标准。所以模型不是一成不变的，同样要通过各种技术不断优化。模型的产生虽然是人脑思维的产物，但它仍然是客观事物在人脑中的反映。所以要培养良好的建模能力，还必须依靠在平时的学习中积累丰富的知识和经验。
下面举两个实验范例。
【1.1.1　Factstone Benchmark】
【问题描述】
Amtel已经宣布，到2010年，它将发行128位计算机芯片；到2020年，它将发行256位计算机；等等，Amtel坚持每持续十年将其字大小翻一番的战略。（Amtel于2000年发行了64位计算机，在1990年发行了32位计算机，在1980年发行了16位计算机，在1970年发行了8位计算机，并首先在1960年发行了4位计算机。）
Amtel将使用新的标准检查等级（Factstone）来宣传其新芯片大大提高的能力。Factstone等级被定义为这样的最大整数n，使得n！可以表示为一个计算机字中的无符号整数（比如1960年的4位计算机可表示3！=6，而不能表示4！=24）。
给出一个年份1960≤y≤2160，Amtel最近发布的芯片的Factstone等级是什么？
输入：
给出若干测试用例。每个测试用例一行，给出年份y。在最后一个测试用例后，给出包含0的一行。
输出：
对于每个测试用例，输出一行，给出Factstone等级。

试题来源：Waterloo local 2005.09.24
在线测试地址：POJ 2661，UVA 10916
试题解析
对于给定的年份，先求出当年Amtel处理器的字大小，然后计算出最大的n的值，使得n!成为一个符合字的大小的无符号整数。
在1960年，字的大小是4位，以后每十年字的大小翻一番，这就意味着，y年字的位数为k=22+y-196010。能放在k位中最大的无符号整数是2k-1。如果n!为不大于2k-1的最大正整数，则n为y年芯片的Factstone等级。计算方法有两种：
方法1：直接求不大于2k-1的最大正整数n!，这种方法极容易溢出且速度慢。
方法2：采用对数计算，即根据log2n！=log2n+log2(n-1)+…+log21≤log2(2k-1)计算y年字的位数k，累加log2i（i从1出发，每次加1），直到数字超过k为止。此时，i-1即为Factstone等级。
程序清单

#include <stdio.h>
#include <math.h>

int y,Y,i,j,m;　　　　　　　　　　　　　// 年份为y
double f,w;// y年字的位数为w，log2i的累加值为f

main(){
while (1 == scanf("%d",&y) && y){// 输入年份y
w = log(4);// 按照每十年字的大小翻一番的规律，计算y年字的位数w
for (Y=1960; Y<=y; Y+=10){
w *= 2;
}
i = 1;// 累加log2i（每次i加1），直到数字超过w
f = 0;
while (f < w) {
f += log((double)++i);
}
printf("%d＼n",i-1) ;// 输出Factstone等级
}
if (y) printf("fishy ending %d＼n",y);
}

【1.1.2　Bridge】
【问题描述】
n个人要在晚上过桥，在任何时候最多两人一组过桥，每组要有一只手电筒。在这n个人中只有一只手电筒可以用，因此要安排以某种往返的方式来返还手电筒，使得更多的人可以过桥。
每个人的过桥速度不同，每组的速度由速度较慢的成员所决定。请确定一个策略，让n个人用最少的时间过桥。
输入：
输入的第一行给出n，接下来的n行给出每个人的过桥时间，不会超过1000人，且没有人的过桥时间超过100秒。
输出：
输出的第一行给出所有n个人过桥的总的秒数，接下来的若干行给出实现策略。每行包含一个或两个整数，表示组成一组过桥的一个人或两个人（每个人用其在输入中给出的过桥所用的时间来标识。虽然许多人的过桥时间相同，但即使有混淆，对结果也没有影响）。这里要注意的是过桥也有方向性，因为要返还手电筒让更多的人通过。如果用时最少的策略有多个，则任意一个都可以。

试题来源：Waterloo local 2000.09.30
在线测试地址：POJ 2573，ZOJ 1877，UVA 10037
试题解析
稍动脑筋，便可以得出一个简单的逻辑：要使得n个人用最少的时间过桥，慢的成员必须借助快的成员传递手电筒。
由于一次过桥最多两人且手电筒需要往返传递，因此以两个成员过桥为一个分析单位，计算过桥时间。我们按过桥时间递增的顺序将n个成员排序。设当前序列中，
A是最快的人，B是次快的人，A和B是序列首部的两个元素。
a是最慢的人，b是次慢的人，a和b是序列尾部的两个元素。
有两种过桥方案：
方案1：用最快的成员A传递手电筒帮助最慢的a和b过桥。
如果带一个最慢的成员，则所用的时间是a+A(a表示最快和最慢的两个成员到对岸所需的时间，而A是最快的成员返回所需的时间)。显然带两个最慢的成员所用的时间是2*A+a+b。
方案2：用最快的成员A和次快的成员B传递手电筒帮助最慢的a和b过桥。
步骤1：A和B到对岸，所用时间为B。
步骤2：A返回，将手电筒给最慢的a和b，所用时间为A。
步骤3：a和b到对岸，所用时间为a；到对岸后，他们将手电筒交给B。
步骤4：B需要返回原来的岸边，因为要交还手电筒，所需时间为B。
所以，需要的总时间为2*B+A+a。
显然，最慢的a和b要用最少的时间过桥，只能借助A或者A和B传递手电筒过桥，其他方法都会增加过桥时间。哪一种过桥方案更有效？比较一下就行了：
如果(2A+a+b<2B+A+a)，则采用第1种方案，即用最快的成员A传递手电筒；否则采用第2种方案，即用最快的成员A和次快的成员B传递手电筒（2A+a+b<2B+A+a等价于b+A<2*B）。
我们每次帮助最慢的两个成员过桥（n-=2），累计每个最佳过桥方案的时间。最后产生两种可能情况：
1）对岸剩下2个队员（n==2），全部过桥，即累计时间为B。
2）对岸剩下3个队员(n==3)，用最快的成员传递手电筒，帮助最慢的成员过桥，然后与次慢的成员一起过桥，即累计时间为a+A+b。
程序清单

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<string>
using　namespace std;
int n,i,j,k,a［111111］;　　　　　　　　　　　　// 人数为n，每个人的速度存储于序列a［］
int ans=0;// n个人过桥的总时间初始化
int main () {
scanf("%d",&n);// 输入每个人的速度
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
if(n==1){// 输出1个人的过桥方案
printf("%d＼n%d＼n",a［1］,a［1］);return 0;
}
int nn=n;
sort(a+1,a+n+1);// 按照速度递增顺序排序
while(n>3){// 统计n个人过桥的总时间
if(a［1］+a［n-1］<2*a［2］){// 累计用a［1］传递手电筒帮助最慢的2个成员过桥
// 所需的时间
ans+=a［n］+a［1］*2+a［n-1］;
}else{// 累计用a［1］a［2］传递手电筒帮助最慢的2个成员
// 过桥所需的时间
ans+=a［2］+a［1］+a［2］+a［n］;
}
n-=2;// 两个最慢的成员过桥
}
if(n==2)ans+=a［2］;// 对岸剩下2个成员，累计其过桥的时间
else　ans+=a［1］+a［2］+a［3］;// 对岸剩下3个成员，累计其过桥的时间
printf("%d＼n",ans);// 输出n个人过桥的总时间
n=nn;
while(n>3){// 输出每组人过桥所用的时间

if(a［1］+a［n-1］<2*a［2］)// 输出用a［1］传递手电筒的过桥方案
printf("%d %d＼n%d＼n%d %d＼n%d＼n",a［1］,a［n］,a［1］,a［1］,a［n-1］,a［1］);
else// 输出用a［1］和a［2］传递手电筒的过桥方案
printf("%d %d＼n%d＼n%d %d＼n%d＼n",a［1］,a［2］,a［1］,a［n-1］,a［n］,a［2］);
n-=2;// 两个最慢的成员过桥
}
if(n==2)printf("%d %d＼n",a［1］,a［2］);// 剩下2个队员过桥，输出过桥方案
else// 剩下3个队员过桥，输出过桥方案
printf("%d %d＼n%d＼n%d %d＼n",a［1］,a［3］,a［1］,a［1］,a［2］);
return 0;
}