acm 竞赛题知识点总结.docx
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acm竞赛题知识点总结
∙滚动数组(转)
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利用在数组长度N很大的情况下能达到压缩存储的作用。
一般还是用在DP题目中,因为DP题目是一个自下而上的扩展过程,我们常常用到是连续的解,而每次用到的只是解集中的最后几个解,所以以滚动数组形式能大大减少内存开支。
用法:
#include
usingnamespacestd;
intd[3];
intmain()
{
d[0]=1;d[1]=1;
for(inti=2;i<100;i++)
d[i%3]=d[(i-1)%3]+d[(i-2]%3];
cout< return0; } inti,,j,d[2][100];//比d[100][100]省多了 for(i=1;i<100;i++) for(j=0;j<100;j++) d[i%2][j]=d[(i-1)%2][j]+d[i%2][j-1]; //DP.... 滚动数组举个简单的例子: inti,d[100]; d[0]=1;d[1]=1; for(i=2;i<100;i++) d[i]=d[i-1]+d[i-2]; printf("%d",d[99]); 上面这个循环d[i]只需要解集中的前2个解d[i-1]和d[i-2]; 为了节约空间用滚动数组的方法 intd[3]; d[0]=1;d[1]=1; for(i=2;i<100;i++) d[i%3]=d[(i-1)%3]+d[(i-2)%3]; printf("%d",d[99%3]); 注意上面的运算,我们只留了最近的3个解,数组好象在“滚动‿一样,所以叫滚动数组 对于二维数组也可以用这种方法例如: inti,j,d[100][100]; for(i=1;i<100;i++) for(j=0;j<100;j++) d[i][j]=d[i-1][j]+d[i][j-1]; 上鿢的d[i][j]忪便赖于d[i-1][j],d[i][j-1]; 迿用滚动数组 inti,,j,d[2][100]; for(i=1;i<100;i++) for(j=0;j<100;j++) d[i%2][j]=d[(i-1)%2][j]+d[i%2][j-1]; 滚动数组实际是一种节约空间的办法,时间上没什么优势,多用于DP中,举个例子先: 一个DP,平常如果需要1000×1000的空间,其实根据DP的特点,能以2×1000的空间解决问题,并且通过滚动,获得和1000×1000一样的效果。 背包问题 这是最基础的背包问题,特点是: 每种物品仅有一件,可以选择放或不放。 用子问题定义状态: 即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。 则其状态转移方程便是: f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 这个方程非常重要,基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。 所以有必要将它详细解释一下: “将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题,若只考虑第i件物品的策略(放或不放),那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。 如果不放第i件物品,那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”,价值为f[i-1][v];如果放第i件物品,那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”,此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。 优化空间复杂度 以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN),其中时间复杂度应该已经不能再优化了,但空间复杂度却可以优化到O。 先考虑上面讲的基本思路如何实现,肯定是有一个主循环i=1..N,每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。 那么,如果只用一个数组f[0..V],能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢? f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来,能否保证在推f[i][v]时(也即在第i次主循环中推f[v]时)能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢? 事实上,这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v],这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。 伪代码如下: fori=1..N forv=V..0 f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}; 其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]},因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。 如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话,那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知,与本题意不符,但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案,故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。 AC自动机 首先简要介绍一下AC自动机: Aho-Corasickautomation,该算法在1975年产生于贝尔实验室,是著名的多模匹配算法之一。 一个常见的例子就是给出n个单词,再给出一段包含m个字符的文章,让你找出有多少个单词在文章里出现过。 要搞懂AC自动机,先得有模式树(字典树)Trie和KMP模式匹配算法的基础知识。 AC自动机算法分为3步: 构造一棵Trie树,构造失败指针和模式匹配过程。 如果你对KMP算法和了解的话,应该知道KMP算法中的next函数(shift函数或者fail函数)是干什么用的。 KMP中我们用两个指针i和j分别表示,A[i-j+1..i]与B[1..j]完全相等。 也就是说,i是不断增加的,随着i的增加j相应地变化,且j满足以A[i]结尾的长度为j的字符串正好匹配B串的前j个字符,当A[i+1]≠B[j+1],KMP的策略是调整j的位置(减小j值)使得A[i-j+1..i]与B[1..j]保持匹配且新的B[j+1]恰好与A[i+1]匹配,而next函数恰恰记录了这个j应该调整到的位置。 同样AC自动机的失败指针具有同样的功能,也就是说当我们的模式串在Tire上进行匹配时,如果与当前节点的关键字不能继续匹配的时候,就应该去当前节点的失败指针所指向的节点继续进行匹配。 看下面这个例子: 给定5个单词: say she shr he her,然后给定一个字符串yasherhs。 问一共有多少单词在这个字符串中出现过。 我们先规定一下AC自动机所需要的一些数据结构,方便接下去的编程。 1 const int kind = 26; 2 struct node{ 3 node *fail; //失败指针 4 node *next[kind]; //Tire每个节点的个子节点(最多个字母) 5 int count; //是否为该单词的最后一个节点 6 node(){ //构造函数初始化 7 fail=NULL; 8 count=0; 9 memset(next,NULL,sizeof(next)); 10 } 11 }*q[500001]; //队列,方便用于bfs构造失败指针 12 char keyword[51]; //输入的单词 13 char str[1000001]; //模式串 14 int head,tail; //队列的头尾指针 有了这些数据结构之后,就可以开始编程了: 首先,将这5个单词构造成一棵Tire,如图-1所示。 1 void insert(char *str,node *root){ 2 node *p=root; 3 int i=0,index; 4 while(str[i]){ 5 index=str[i]-'a'; 6 if(p->next[index]==NULL) p->next[index]=new node(); 7 p=p->next[index]; 8 i++; 9 } 10 p->count++; //在单词的最后一个节点count+1,代表一个单词 11 } 在构造完这棵Tire之后,接下去的工作就是构造下失败指针。 构造失败指针的过程概括起来就一句话: 设这个节点上的字母为C,沿着他父亲的失败指针走,直到走到一个节点,他的儿子中也有字母为C的节点。 然后把当前节点的失败指针指向那个字母也为C的儿子。 如果一直走到了root都没找到,那就把失败指针指向root。 具体操作起来只需要: 先把root加入队列(root的失败指针指向自己或者NULL),这以后我们每处理一个点,就把它的所有儿子加入队列,队列为空。 1 void build_ac_automation(node *root){ 2 int i; 3 root->fail=NULL; 4 q[head++]=root; 5 while(head! =tail){ 6 node *temp=q[tail++]; 7 node *p=NULL; 8 for(i=0;i<26;i++){ 9 if(temp->next[i]! =NULL){ 10 if(temp==root) temp->next[i]->fail=root; 11 else{ 12 p=temp->fail; 13 while(p! =NULL){ 14 if(p->next[i]! =NULL){ 15 temp->next[i]->fail=p->next[i]; 16 break; 17 } 18 p=p->fail; 19 } 20 if(p==NULL) temp->next[i]->fail=root; 21 } 22 q[head++]=temp->next[i]; 23 } 24 }
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