- 在一個 的數陣中,你須在每一行取一個數(共 個數),並將它們相加得到一個和。
- 對於給定的數陣,請你輸出和前 小的取數方法。
- 。
我國偉大的數學家華羅庚說過:“退,足夠地退,退到最原始而不失重要性的地方,那是學號數學的一個訣竅。”
這句話意思是當我們想不出正解時,我們可以先考慮這題的簡化形式,然後再逐步轉移到正解。這句話當然也可以用到 上,比如這題。
我們先考慮 時的情況。即兩行的數列分別爲 。
首先將 從小到大排序,這樣做可以簡化我們對問題的處理(這也是一個非常常用的技巧)。
如何求 時的解呢?我們枚舉 ,表示我們考慮將 加入我們的候選隊列中,分情況討論:
- 當候選隊列內元素不到 個時,直接把 加入候選隊列。
- 當候選隊列內元素等於 個時,我們先把 加入候選隊列,然後,因爲我們要維護候選隊列內元素個數 個,所以,我們把最大的數給刪除掉。
考慮如何快速地維護上述操作。我們發現,我們可以用一個 大根堆 維護這個所謂的候選隊列。爲什麼是大根堆?因爲用大根堆可以很方便地刪除最大的元素。
這樣,我們就搞定了 時的情況。
如何從 的情況轉移到 時的情況呢?
很簡單,我們把前 行的答案放入一個數組 中,把第 行( 表示當前處理的行號)的數放入數組 中。然後就回到了 時的情況。
struct Big_Root_Heap{
int t[83000],hsze;
inline void init_heap(){
memset(t,0,sizeof(t));
hsze=0;//清空大根堆
}
inline void push(int x){
t[++hsze]=x;int now=hsze,nxt;
while ((now>>1)>=1){
nxt=now>>1;//nxt爲now的父親
if (t[now]<t[nxt]) break;
else swap(t[now],t[nxt]);
now=nxt;//迭代計算
}
}//在大根堆中加入一個元素
inline void pop(){
t[1]=t[hsze];hsze--;
register int now=1,nxt;
while ((now<<1)<=hsze){
nxt=now<<1;//nxt爲now的兒子
if (nxt<hsze&&t[nxt+1]>t[nxt]) nxt++;
if (t[now]>t[nxt]) break;
else swap(t[now],t[nxt]);
now=nxt;
}
}//在大根堆中刪除最大值(即根)
inline int size(){return hsze;}
inline int top(){return t[1];}
}q;int n,m,k,a[830],b[830];
inline void calc_first_kth(){
q.init_heap();//先清空堆,避免組間的影響
sort(b+1,b+m+1);//再將數組排序,方便處理
for(int i=1;i<=k;i++) q.push(a[1]+b[i]);
for(int i=2;i<=k;i++) //先枚舉a[i]
for(int j=1;j<=k;j++) //再枚舉b[j]
if (a[i]+b[j]<q.top()){//可以加入
q.pop();//先把原堆中最大的元素輸出
q.push(a[i]+b[j]);//再將a[i]+b[j]加入
}
else break;//否則,直接進入下層循環,優化,否則TLE
for(int i=1;i<=k;i++) a[k-i+1]=q.top(),q.pop();
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+m+1);//排序
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&b[j]);
calc_first_kth();
}
for(int i=1;i<=k;i++)
printf("%d ",a[i]);
return 0;
}
幾個需要注意的地方:
1. 這道題不能用 STL,否則會 TLE,必須手寫大根堆
2. 建議大家把數據結構分裝到一個結構體或類中,如果需要用到多個同一數據結構時,優勢明顯。
3. calc_first_kth() 中的 else break 不能少,否則會 TLE
4. 本程序沒有反作弊系統