一、求局部最大值
1. 题目
给定一个无重复元素的数组A[0…N-1],求找到一个该数组的局部最大值。规定:在数组边界外的值无穷小。即:A[0]>A[-1],A[N-1] >A[N]。
显然,遍历一遍可以找到全局最大值,而全局最大值显然是局部最大值,时间复杂度为O(N)。
可否有更快的办法?
2. 分析
首先给出“高原数组”定义(邹博老师自创的)。
定义:若子数组Array[from,…,to]满足
- Array[from]>Array[from-1]
- Array[to]>Array[to+1]
称该子数组为“高原数组”。
例如对于数组3,5,1,2,6,7,14,因为2<6,14>4,可以认为6,7,14就是其中的一个高原数组。
用图像形象地表示为:
若高原数组长度为1,则该高原数组的元素为局部最大值。
因此寻找局部最小值的算法就变成了寻找长度为1的高原数组。
(这里特别注意!题中只要求找到一个局部最大值即可!)
算法描述:
使用索引left、right分别指向数组首尾,根据定义,该数组为高原数组。
- 求中点mid=(left+right)/2
- A[mid]>A[mid+1],子数组A[left…mid]为高原数组
- 丢弃后半段:right=mid
- A[mid+1]>A[mid],子数组A[mid…right]高原数组
- 丢弃前半段:left=mid+1
- 递归直至left==right
该算法的时间复杂度为O(logN),最重要的是给了我们一些思维上的启发,即特别大的数据,我并不需要完全遍历一遍,就能知道这个数据中的某些有效的局部特征。
3.代码
/**
* 寻找一个局部最小值
*/
int local_maximum(const int* a, int n){
int left = 0;
int right = n - 1;
int mid;
while(left < right){
mid = (right - left) / 2 + left;
// 防溢出,等价于mid = (left + right) / 2
cout<<a[mid]<<endl;
if(a[mid] > a[mid+1])
right = mid;
else
left = mid + 1;
}
return a[left];
}
二、子集和数问题
1. 题目
已知数组A[0…N-1],给定某数值sum,找出数组中的若干个数(可以为0个或n个),使得这些数的和为sum。
(假定数组中的元素都大于0:A[i]>0)
例如,
对于数组1,2,3,4,5,给定sum=10,则满足条件的若干个数有:
1, 2, 3, 4
1, 4, 5
2, 3, 5
2. 分析与代码
显然,这个问题是一个NP完全问题。
针对此题,可以设置布尔向量x[0…N-1](标记数组)来表示取了哪个元素,x[i]=0表示不取A[i],x[i]=1表示取A[i],与0-1背包问题的设置方法类似。
(1). DFS递归遍历
首先上场的是DFS递归遍历,利用函数的参数i表示当前进行到的位置,用has表示已经加入的元素当前的和,代码如下:
int a[] = {1,2,3,4,5};
int n = sizeof(a) / sizeof(int);
int sum = 10;
/**
* 直接递归
* x[]为最终解,i为考察a[i]是否加入,has表示当前的和
*/
void enum_sum_number(bool *x, int i, int has){
if(i>=n) return;
if(has + a[i] == sum){
x[i] = true;
print(a,x); // 自定义的输出函数
x[i] = false;
}
x[i] = true;
enum_sum_number(x, i + 1, has + a[i]);
x[i] = false;
enum_sum_number(x, i + 1, has);
}
(2). 分支限界法
然后考虑对DFS进行优化,便有了分支限界法。
考虑如何对分支进行限界,前提:数组A[0…N-1]的元素都大于0。
考察向量x[0…N-1],假定已经确定了前i个值,现在要判定第i+1个值x[i]为0还是1。
假定由x[0…i-1]确定的A[0…i-1]的和为has;A[i,i+1,…N-1]的和为residue(简记为r);
-
has + a[i] ≤ sum
并且has + r ≥ sum
:x[i]可以为1; -
has + (r - a[i]) >= sum
:x[i]可以为0;
(注意,在编写代码进入分支的时候,要注意避免重复进入分支!)
代码如下:
/**
* 分支限界
*/
void enum_sum_number2(bool *x, int i, int has, int residue){
if(i>=n) return;
if(has + a[i] == sum){
x[i] = true;
print(a,x);
x[i] = false;
} else if(has + residue >= sum && has + a[i] <= sum){
// 注意此处是 else if ,因为若进入了 has + a[i] == sum分支,
// 意味着已经选了a[i]了,所以此处不需要重复选择a[i]了
x[i] = true;
enum_sum_number2(x, i + 1, has + a[i], residue - a[i]);
}
if(has + residue - a[i] >= sum){
x[i] = false;
enum_sum_number2(x, i + 1, has, residue - a[i]);
}
}
数理逻辑的重要应用:分支限界的条件
思考:
- 分支限界的条件是充分条件吗? (不是,是必要条件)
- 在新题目中,如何发现分支限界的条件。
(学会该方法,比此问题本身更重要)
(3). 考虑负数的情况
给出一个例子:数组 -3,-5,-2,4,2,1,3 , 给定sum = 5,
符合要求的数有
-3, -2, 4, 2, 1, 3
-3, 4, 1, 3
-5, 4, 2, 1, 3
-2, 4, 2, 1
-2, 4, 3
4, 1
2, 3
DFS因为是枚举,肯定能够得到正确解,关键是如何对负数的情况进行分支限界?
下面给出一种方法:
可对整个数组A[0…N-1]进行正负排序,使得负数都在前面,正数都在后面(只需要保证负数部分在前面即可,不需要保证负数部分内部也是有序的),使用剩余正数的和作为分支限界的约束:
- 如果A[i]为负数:如果全部正数都算上还不够,就不能选A[i];
- 如果递归进入了正数范围,按照数组是全正数的情况正常处理;
代码如下:
/**
* 一种正负排序的实现,并计算negative和positive
*/
void positive_negative_sort(int a[], int n, int &negative, int &positive){
int k = 0;
negative = positive = 0;
for(int i=0; i<n; i++)
if(a[i] < 0){
negative += a[i];
swap(a[i], a[k]);
++k;
} else
positive += a[i];
}
/**
* 含有负数的分支限界
*/
void enum_sum_number3(bool x[], int i, int has, int negative, int positive){
if(i >= n) return;
if(has + a[i] == sum){
x[i] = true;
print(a,x);
x[i] = false;
}
if(a[i] > 0){
// 正数的情况
if(has + positive >= sum && has + a[i] <= sum){
x[i] = true;
enum_sum_number3(x, i + 1, has + a[i], negative, positive - a[i]);
x[i] = false;
}
if(has + positive - a[i] >= sum){
x[i] = false;
enum_sum_number3(x, i + 1, has, negative, positive - a[i]);
}
} else {
// 负数的情况
if(has + x[i] + positive >= sum){
x[i] = true;
enum_sum_number3(x, i + 1, has + a[i], negative - a[i], positive);
x[i] = false;
}
if(has + negative <= sum && has + positive >= sum){
x[i] = false;
enum_sum_number3(x, i + 1, has, negative - a[i], positive);
}
}
}
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