8.6　竞赛题目选讲

例题8-10　抄书（Copying Books, UVa 714）

把一个包含m个正整数的序列划分成k个（1≤k≤m≤500）非空的连续子序列，使得每个正整数恰好属于一个序列。设第i个序列的各数之和为S(i)，你的任务是让所有S(i)的最大值尽量小。例如，序列1 2 3 2 5 4划分成3个序列的最优方案为1 2 3 | 2 5 | 4，其中S(1)、S(2)、S(3)分别为6、7、4，最大值为7；如果划分成1 2 | 3 2 | 5 4，则最大值为9，不如刚才的好。每个整数不超过107。如果有多解，S(1)应尽量小。如果仍然有多解，S(2)应尽量小，依此类推。

【分析】

“最大值尽量小”是一种很常见的优化目标。下面考虑一个新的问题：能否把输入序列划分成m个连续的子序列，使得所有S(i)均不超过x？将这个问题的答案用谓词P(x)表示，则让P(x)为真的最小x就是原题的答案。P(x)并不难计算，每次尽量往右划分即可（想一想，为什么）。

接下来又可以猜数字了——随便猜一个x₀，如果P(x₀)为假，那么答案比x₀大；如果P(x₀)为真，则答案小于或等于x₀。至此，解法已经得出：二分最小值x，把优化问题转化为判定问题P(x)。设所有数之和为M，则二分次数为O(logM)，计算P(x)的时间复杂度为O(n)（从左到右扫描一次即可），因此总时间复杂度为O(nlogM)⁽⁴⁾。

例题8-11　全部相加（Add All, UVa 10954）

有n（n≤5000）个数的集合S，每次可以从S中删除两个数，然后把它们的和放回集合，直到剩下一个数。每次操作的开销等于删除的两个数之和，求最小总开销。所有数均小于10⁵。

【分析】

这不就是Huffman编码的建立过程吗？因为n比较小，还可以采用一种更容易写的方法——使用一个优先队列。

#include<cstdio>
#include<queue>
using namespAce std;

int main( ) {
int n, x;
while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {
  priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q;
  for(int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &x); q.push(x); }
  int ans = 0;
  for(int i = 0; i < n-1; i++) {
    int a = q.top( ); q.pop( );
    int b = q.top( ); q.pop( );
    ans += a+b;
    q.push(a+b);
  }
  printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}

例题8-12　奇怪的气球膨胀（Erratic Expansion, UVa12627）

一开始有一个红气球。每小时后，一个红气球会变成3个红气球和一个蓝气球，而一个蓝气球会变成4个蓝气球，如图8-19所示分别是经过0, 1, 2, 3小时后的情况。经过k小时后，第A～B行一共有多少个红气球？例如，k=3，A=3，B=7，答案为14。

图8-19　奇怪的气球膨胀示意图

【分析】

如图8-20所示，k小时的情况由4个k-1小时的情况拼成，其中右下角全是蓝气球，不用考虑。剩下的3个部分有一个共同点：都是前k-1小时后“最下面若干行”或者“最上面若干行”的红气球总数。

具体来说，设f(k, i)表示k小时之后最上面i行的红气球总数，g(k,i)表示k小时之后最下面i行的红气球总数（规定i≤0时f(k,i)=g(k,i)=0），则所求答案为f(k,b) - f(k, a-1)。

如何计算f(k,i)和g(k,i)呢？以g(k,i)为例，下面分两种情况进行讨论，如图8-21所示。

图8-20k   小时的情况	图8-21　计算g(k,i   )

如果i≥2^k-1，则g(k,i)=2g(k-1,i-2^k-1)+c(k)，否则g(k,i)=g(k-1,i)。其中，c(k)表示k小时后红气球的总数，满足递推式c(k)=3c(k-1)，而c(0)=1，因此c(k)=3^k。

不管是哪种情况，g(k,i)都可以直接转化为k-1的情况，因此g(k,i)的计算时间为O(k)。类似地，f(k,i)的计算时间也是O(k)，因此本题的总时间复杂度为O(k)。

例题8-13　环形跑道（Just Finish it up, UVa 11093）

环形跑道上有n（n≤100000）个加油站，编号为1～n。第i个加油站可以加油p_i加仑。从加油站i开到下一站需要q_i加仑汽油。你可以选择一个加油站作为起点，初始油箱为空（但可以立即加油）。你的任务是选择一个起点，使得可以走完一圈后回到起点。假定油箱中的油量没有上限。如果无解，输出Not possible，否则输出可以作为起点的最小加油站编号。

【分析】

考虑1号加油站，直接模拟判断它是否为解。如果是，直接输出；如果不是，说明在模拟的过程中遇到了某个加油站p，在从它开到加油站p+1时油没了。这样，以2, 3,…, p为起点也一定不是解（想一想，为什么）。这样，使用简单的枚举法便解决了问题，时间复杂度为O(n)。

例题8-14　与非门电路（Gates, ACM/ICPC CERC 2001, UVa1607）

可以用与非门（NAND）来设计逻辑电路。每个NAND门有两个输入端，输出为两个输入端与非运算的结果。即输出0当且仅当两个输入都是1。给出一个由m（m≤200000）个NAND组成的无环电路，电路的所有n个输入（n≤100000）全部连接到一个相同的输入x，如图8-22所示。

图8-22　与非门输入电路

请把其中一些输入设置为常数，用最少的x完成相同功能。输出任意方案即可。如图8-23所示是一个只用一个x输入但是可以得到同样结果的电路。

图8-23　只用一个x输入

【分析】

因为只有一个输入x，所以整个电路的功能不外乎4种：常数0、常数1、x及非x。先把x设为0，再把x设为1，如果二者的输出相同，整个电路肯定是常数，任意输出一种方案即可。

如果x=0和x=1的输出不同，说明电路的功能是x或者非x，解至少等于1。不妨设x=0时输出0，x=1时输出1。现在把第一个输入改成1，其他仍设为0（记这样的输入为1000…0），如果输出是1，则得到了一个解x000…0。

如果1000…0的输出也是0，再把输入改成1100…0，如果输出是1，则又得到了一个解1x00…0。如果输出还是0，再尝试1110…0，如此等等。由于输入全1时输出为1，这个算法一定会成功。

问题在于m太大，而每次“给定输入计算输出”都需要O(m)时间，逐个尝试会很慢。好在已经学习了二分查找：只需二分1的个数，即可在O(Logm)次计算之内得到结果，总时间复杂度为O(mlogm)。

例题8-15　Shuffle的播放记录（Shuffle, ACM/ICPC NWERC 2008, UVa 12174）

你正在使用的音乐播放器有一个所谓的乱序功能，即随机打乱歌曲的播放顺序。假设一共有s首歌，则一开始会给这s首歌随机排序，全部播放完毕后再重新随机排序、继续播放，依此类推。注意，当s首歌播放完毕之前不会重新排序。这样，播放记录里的每s首歌都是1～s的一个排列。

给出一个长度为n（1≤s，n≤100000）的播放记录（不一定是从最开始记录的）x_i（1≤x_i≤s），你的任务是统计下次随机排序所发生的时间有多少种可能性。

例如，s=4，播放记录是3, 4, 4, 1, 3, 2, 1, 2, 3, 4，不难发现只有一种可能性：前两首是一个段的最后两首歌，后面是两个完整的段，因此答案是1；当s=3时，播放记录1, 2, 1有两种可能：第一首是一个段，后两首是另一段；前两首是一段，最后一首是另一段。答案为2。

【分析】

“连续的s个数”让你联想到了什么？没错，滑动窗口！这次的窗口大小是“基本”固定的（因为还需要考虑不完整的段），因此只需要一个指针；而且所有数都是1～s的整数，也不需要STL的set，只需要一个数组即可保存每个数在窗口中出现的次数。再用一个变量记录在窗口中恰好出现一次的数的个数，则可以在O(n)时间内判断出每个窗口是否满足要求（每个整数最多出现一次）。

这样，就可以枚举所有可能的答案，判断它对应的所有窗口，当且仅当所有窗口均满足要求时这个答案是可行的。

本题还有一个比较直观的做法：对于1 2 1这样的播放列表，两个1之间必然存在一个窗口的交界位置。类似地，对于同一个数字的两次相邻的出现，都能排除一些答案，而且排除的那些答案形成一个连续的区间。这样，求出这些“非法”区间的并集，然后求出总长度，就能得到合法答案的个数了。

例题8-16　不无聊的序列（Non-boring sequences, CERC 2012, UVa1608）

如果一个序列的任意连续子序列中至少有一个只出现一次的元素，则称这个序列是不无聊（non-boring）的。输入一个n（n≤200000）个元素的序列A（各个元素均为10⁹以内的非负整数），判断它是不是不无聊的。

【分析】

不难想到整体思路：在整个序列中找一个只出现一次的元素，如果不存在，则这个序列不是不无聊的；如果找到一个只出现一次的元素A[p]，则只需检查A[1…p-1]⁽⁵⁾和A[p+1…n]是否满足条件（想一想，为什么）。设长度为n的序列需要T(n)时间，则有T(n) = max{T(k-1) + T(n-k) + 找到唯一元素k的时间}。这里取max是因为要看最坏情况。

如何找唯一元素？如果事先算出每个元素左边和右边最近的相同元素（还记得《唯一的雪花》吗？），则可以在O(1)时间内判断在任意一个连续子序列中，某个元素是否唯一。如果从左边找，最坏情况下唯一元素是最后一个元素，因此

T(n) = T(n-1) + O(n)≥T(n) = O(n²)

从右往左找也一样，只不过最坏情况变成了“唯一元素是第一个元素”，但时间复杂度不变。那么，从两边往中间找会怎样？此时T(n) = max{T(k) + T(n-k) + min(k,n-k)}，刚才的最坏情况（即第一个元素或最后一个元素是唯一元素）变成了T(n)=T(n-1)+O(1)（因为一下子就找到唯一元素了），即T(n)=O(n)。而此时的最坏情况是唯一元素在中间的情况，它满足经典递推式T(n) = 2T(n/2) + O(n)，即T(n)=O(nlogn)。

例题8-17　不公平竞赛（Foul Play, ACM/ICPC NWERC 2012, UVa1609）

n支队伍（2≤n≤1024，且n是2的整数幂）打淘汰赛，每轮都是两两配对，胜者进入下一轮，如图8-24所示。

每支队伍的实力固定，并且已知每两支队伍之间的一场比赛结果（“实力固定”是指，例如，队伍1曾经胜过队伍2，则二者在今后的交锋中队伍1总会获胜）。你喜欢1号队。虽然它不一定是最强的，但是它可以直接打败其他队伍中的至少一半，并且对于每支1号队不能直接打败的队伍t，总是存在一支1号队能直接打败的队伍t'使得t'能直接打败t。问：是否存在一种比赛安排，使得1号队夺冠？

【分析】

首先从简单情况分析。n=2时，只有1号队伍和另外一支队伍。1号队伍肯定能打败对手，因为1号队伍能打败至少一半的队伍，此时“一半的队伍”就是这个唯一的对手。

注意到n是2的整数幂，所以每次都会恰好淘汰一半的队伍。如果能设计一轮赛程，使得比赛之后所有队伍的情况仍然满足题目的两个条件，则log₂n次之后1号队伍夺冠。由于这两个条件非常重要，下面给它们编号。

条件1：1号队能直接打败一半的队伍。

条件2：对于不能直接打败的队伍t，存在队伍t'使得1号队能打败t'，且t'能打败t。

用黑色代表强队（即1号队不能直接打败的队伍），再用灰色代表“有用的队”，即能打败某个黑色队但不能打败1号队的队伍（说它们有用是因为可以间接打败黑色队），最后用问号代表1号队能打败的队伍（可能是灰色也可能不是，但一定不是黑色）。将赛程安排分为4个阶段，如图8-25所示。

图8-24　不公平竞赛示意图	图8-25　赛程安排的4个阶段

阶段1：首先需要尽量“消灭”黑色队，即依次考虑每一个黑色队，选一个能打败且还没安排对手（称为“配对”）的灰色队。这个阶段结束后，灰色队和黑色队都可能有一些没配对，但有一点是肯定的：已配对的灰色队足以打败现在的所有黑色队。也就是说，对于任意黑色队（不管有没有配对），都至少会输给一支已配对的灰色队。

阶段2：接下来给1号队任选一个能打败的。这个选择一定可以成功，否则说明1号队能打败的队伍不到一半，和假设矛盾。

阶段3：把剩下的黑色队伍任意配对，任它们“自相残杀”，不管谁赢都无所谓。注意，如果前两个阶段结束后没有配对的黑色队伍有奇数个，阶段3之后会有一支黑色队留到第4阶段。

阶段4：剩下的队伍（可能需要加上阶段3后剩下的一支黑色队）任意配对。

下面看这一轮结束后，题目中的各个条件是否依然满足。

条件1：粗略地说，阶段1中的黑色队全军覆没，且阶段3中会消灭一半黑色队，所以总共至少消灭了一半的黑色队。一轮比赛之后，队伍总数减半，而黑色队数目也减半，因此条件1仍满足。细心的读者可能会说：如果阶段4中有一支黑色队，而阶段1完全不存在，则消灭的黑色队不到一半。幸运的是，这样的情况并不存在，因为根据条件2，灰色队伍至少有一支（但有可能只有一支——即这只强大的灰色队可以消灭所有黑色队）。

条件2：此条件之前已经证明过了，阶段1中灰色队伍联合起来可以打败所有黑色队伍，而这些灰色队伍全都晋级到下一轮。

这样就成功解决了本题。

例题8-18　洞穴（Cave, ACM/ICPC CERC 2009, UVa1442）

一个洞穴的宽度为n（n≤10⁶）个片段组成。已知位置[i,i+1]处的地面高度p_i和顶的高度s_i（0≤p_i＜s_i≤1000），要求在这个洞穴里储存尽量多的燃料，使得在任何位置燃料都不会碰到顶（但是可以无限接近），如图8-26所示。

图8-26　洞穴问题示意图

对于图8-26的例子，最多可以储存21单位的燃料。

【分析】

为了方便起见，下面用“水”来代替题目中的燃料。根据物理定律，每一段有水的连续区间，水位高度必须相等，且水位必须小于等于区间内的最低天花板高度，因此位置[i,i＋1]处的水位满足h≤s_i，且从(i,h)出发往左右延伸出的两条射线均不会碰到天花板（即两条射线将一直延伸到洞穴之外或先碰到地板之间的“墙壁”）的最大h。如果这样的h不存在，则规定h=p_i（也就是“没水”）。

这样，可以先求出“往左延伸不会碰到天花板”的最大值h₁(i)，再求“往右延伸不会碰到天花板”的最大值h₂(i)，则h_i=min{h₁(i), h₂(_i)}。根据对称性，只考虑h₁(_i)的计算。

从左到右扫描。初始时设水位level=s₀，然后依次判断各个位置[i,i＋1]处的高度。

• 如果p[i] ＞ level，说明水被“隔断”了，需要把level提升到pi。
• 如果s[i] ＜ level，说明水位太高，碰到了天花板，需要把level下降到si。
• 位置[i,i＋1]处的水位就是扫描到位置i时的level。

不难发现，两次扫描的时间复杂度均为O(n)，总时间复杂度为O(n)。

例题8-19　贩卖土地（Selling Land, ACM/ICPC NWERC 2010, UVa 12265）

输入一个n*m（1≤n，m≤1000）矩阵，每个格子可能是空地，也可能是沼泽。对于每个空地格子，求出以它为右下角的空矩形的最大周长，然后统计每个周长出现了多少次。图8-27中标注了3个位置的最大空矩形，其周长分别是6，10，12。如果统计完所有20个空地，答案是6*4（表示周长为4的矩形有6个）、5*6、5*8、3*10、1*12。

【分析】

按照从上到下的顺序处理每一行，在每一行中从左到右处理每个格子（以下称为“当前格”），找出以该格子为右下角的最大周长矩形（以下简称最优矩形）。只要找到了以每个格子为右下角的最优矩形，本题就可以得到解决。

如图8-28所示，当前行是图的最下行，当前列是图的最右列（后同）。假定“当前格”已经固定，则只需要再确定一个左上角，就可以得到一个矩形。例如，把格子A作为左上角，会得到一个矩形（以下简称矩形A），用粗线标出。黑色长条表示题目中的沼泽，它们上面的格子不影响答案，因此没有画出。阴影格子表示该区域无法和当前格构成矩形（更无法构成最优矩形），因此可以等同于沼泽处理。换句话说，可以用数组height来描述图8-28中的图形，其中height[i]表示第i列的空地高度。每次“当前行”往下移时，可以用O(m)时间更新height数组。

图8-27　3个位置的最大空矩形	图8-28　当前行与当前列

下面考虑图8-28中的最优矩形。最优矩形有可能是矩形A吗？不可能，因为矩形2肯定比矩形A优（想一想，为什么）。矩形1、2、3、4哪个最大呢？在不标明尺寸的情况下无法知道，需要算一算。不难发现，在不标明尺寸的情况下，最优矩形只可能是矩形1、2、3、4四者之一。

现在假定“当前行”固定，而“当前列”往右移动（最左列编号为1）。如图8-29所示，最优矩形左上角可能的位置会发生变化。

在图8-29（a）中，最优矩形有4种可能，用1～4标记。当前列往右移动一列时，矩形4消失了，而矩形3的高度也变小了（如图8-29（b）所示）。而当前列再移动一格时，矩形2和矩形3都消失了，矩形1也变矮了（如图8-29（c）所示）。

（a）	（b）	（c）

图8-29　移动当前列

这就提示要保留最优矩形左上角可能出现的所有位置，每个位置记为(c,h)，表示最左列为c，高度为h。不难发现，当c从小到大排列时，h也是从小到大排列的。是不是似曾相识？

没错，这个“双重有序”的结构和例题“防线”是完全一样的，不过其他部分有些差别。在例题“防线”中，需要用二分查找来找到想要的元素，不过在本题中，不是要找一个元素，而是要找所有元素的最大值。这里的“最大”是指以(c,h)为左上角、当前格子为右下角的矩形周长最大。格子(c,h)所对应的矩形周长为2(c₀－c＋1＋h)，其中c₀是当前列。不难发现，周长最大意味着h－c最大，与c₀无关。

既然与c0无关，那么任意两个矩形的大小关系永远都不会改变。这岂不是说明只需要保存一个让h－c最大的(c,h)？并非如此。在图8-29（a）中，最优矩形可能是矩形4，但“当前列”右移一格后，矩形4消失了！如果没有保存矩形1，2，3，一旦矩形4消失，就什么也求不出了。类似地，如果图8-29（a）中的最优矩形是矩形3，虽然“当前列”右移之后没有消失，但却变矮了，可能不再是最优矩形了。这时还是要靠矩形1和矩形2。

但也不是所有矩形都得保存下来。例如，在图8-29（a）中，如果矩形1的h－c比矩形2大，则不用保存矩形2，因为只要矩形2还在，矩形1肯定在，而且不会变矮。所以矩形2“永远活在矩形1的阴影中”，不可能成为最优矩形。

总结一下。首先从上到下枚举“当前行”，在处理每一行时先更新height数组，然后从左到右枚举“当前列”。在移动“当前列”的过程中，保存若干个(c,h)，按照c从小到大排列成有序表，则h也是从小到大排列，并且h－c也是从小到大排列。根据上述分析，可以在O(1)时间内求出每个当前格对应的最优矩形（因为最后一个矩形就是最优的），然后根据需要从右到左删除一些矩形（也可能不删除），并且可能会把最右边的矩形变矮。然后，当且仅当新矩形的h－c比它左边的矩形大时，加到表的最右边。由于添加和删除都在表的最右端，用一个栈来实现即可。值得一提的是：本题还有另外一个解法，不需要及时排除所有“不可能最优”的矩形，详见代码仓库。