將序列分成兩半，各n各字元。對於前一半，列舉每個字元屬於t1還是t2，共2^n種情況。在乙個方案中，t1的子串行為a，t2的子串行為b，我們假定a的長度不大於b的長度。顯然，a是b的字首才符合要求。令c=b-a，即b去掉a字首後剩餘的部分。同理，處理後一半得到乙個c『，就是去掉相同字尾後剩餘的部分。當c=c'就是乙個方案使得t1=t2。
主要有兩點十分巧妙:1.列舉過程可以控制t1長度<=t2，這樣能減少一半的列舉，但是會漏掉一些情況，比如第乙個字元總是放在t2，實際也能放在t1，於是在len1==len2時另外交換兩個串進行列舉。
2.如何快速匹配呢？我們記錄的是兩部分的權值之差，應該是取兩部分w1-w2之和絕對值最小，可以變換為第一部分w1-w2和第二部分w2-w1之差絕對值最小，這樣我們就記錄第一部分的w1-w2，第二部分的w2-w1，現根據c排序，在根據權值之差排序，於是相鄰的c和c'之差最小，可以o(n)解決。另外由於記憶體不夠，把字串c轉化成數字，並記錄長度，按長度排序再按c大小排序再按權值排序。
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#define inf 1000000000
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-8
#define seed 131
using namespace std;
typedef pairpii;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int maxn=100005;
char s[50];
int d[50];
int n;
struct node
vec[num].p=m;
vec[num++].w=w2-w1;
if(len1==len2)
return;
}t1[len1++]=s[u];
w1+=d[u];
dfs2(u+1);
len1--;
w1-=d[u];
if(len1==len2)
if(len2=0&&(vec[i].p!=vec[i-1].p||vec[i].len!=vec[i-1].len))
q=-1;
}if(vec[i].flag==0)
if(p==-1||q==-1)
continue;
ans=min(ans,abs(vec[p].w-vec[q].w));
}if(ans==inf)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n",ans);
}return 0;
}
HDU 5936 中途相遇法
題目位址 這道題關鍵在於f y,k y可以拆成f a,k f b,k a1e5 b 我們就把y的1e9範圍降到了1e5 然後我們可以對前一半1e5個數枚舉出x f a,k a1e5 然後對於後一半1e5個數用二分找到有多少和f b,k b相同的就是個數。注意當x等於零的時候會有a 0,b 0的情況，...
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題意 有很多字串 24 選出一些字串，要求這些字串的字母都是偶數次 分析 暴力2 24也很大了，中途相遇法 其原理就是一分為二，兩組解組成問題的解 考慮到，每個字串出現的次數沒什麼關係，只要關於他的奇偶，那麼就有二進位制，1出現奇數次，0偶數次 每乙個字串對應於乙個a位向量，在前半個表中，選擇一些字...
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題意 給定乙個整數集合,找出最大的d,使得a b c d,a,b,c,d是集合中不同的元素 思路 如果單純的列舉a,b,c的複雜度是o n 3 的,為了降低複雜度,可以先把a b的情形都找出來,然後再列舉d和c,是否符合要求 ac include include include include in...