http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=1101

題目大意：

???????? 游戲開始時(shí)，他們各自將自己的賭注蓋住，同時(shí)任何兩個(gè)賭徒的賭注是不同的，如果其中一個(gè)賭徒?jīng)]有錢了，他可以借一些籌碼，但是他的賭注就是負(fù)數(shù)了。假設(shè)，他們的賭注都是整數(shù)。

???????? 然后他們揭開所有的賭注。贏家為：他的賭注是其他三個(gè)人的賭注的綜合。如果贏家不止一家，那么擁有最大賭注的人是贏家。

算法分析：

???????? 對(duì)于此題，求三個(gè)數(shù)n1,n2,n3使其之和為另一個(gè)數(shù)字n。如果存在多種情況，求n值最大的一個(gè)。所以首先將所有的數(shù)字從小到大排列，從后向前求解，這樣就保證求得的第一個(gè)贏家為最大值。

???????? 另外三個(gè)數(shù)就需要枚舉了。三個(gè)賭徒，至少有一個(gè)在贏家（i）的前面（j），但是由于存在負(fù)數(shù)，所以另外兩個(gè)賭徒的編號(hào)就有可能在贏家的后面，最初考慮這題的時(shí)候，忽略了這點(diǎn)（如果沒有負(fù)數(shù)，三個(gè)賭徒肯定都在贏家的前面了）。另外就是如果三個(gè)數(shù)都要考枚舉的話，算法復(fù)雜度就高了。但是由于前面已經(jīng)對(duì)數(shù)組進(jìn)行排序，所以可以先枚舉其中兩個(gè)（j,k），則第三個(gè)賭徒的賭注為tmp? = jetton[i] – jetton[j] – jetton[k]; 然后進(jìn)行二分查找tmp，如果存在，則結(jié)束枚舉就行了，這樣可以降低算法復(fù)雜度，不過仍為O(n^3lgn)

#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std;#define MAXN 1002int n,jetton[MAXN];int search(int k,int val) //二分查找tmp {int left,right,mid;left = k+1; right = n-1;while(left<=right){mid = (left+right)>>1;if(jetton[mid] == val) return mid;if(jetton[mid] < val) left = mid+1;else right = mid-1;}return 0; }int work() {int i,j,k,tmp,pos;for(i=n-1;i>0;i--)//從后向前查找 {for(j=0;j<i;j++) //第一個(gè) {for(k=j+1;k<n;k++) //第二個(gè) {tmp = jetton[i]-jetton[j]-jetton[k];pos = search(k,tmp); //查找第三個(gè)是否存在if(pos && pos != i) //如果符合要求，直接返回 {return i;}}}}return -1; }int main() {int i;while(cin>>n && n){for(i=0;i<n;i++)cin>>jetton[i];sort(jetton,jetton+n); //從小到大排列int ans = work();if(ans==-1) cout<<"no solution"<<endl;else cout<<jetton[ans]<<endl;}return 0; }

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/pcoda/archive/2012/09/02/2667981.html

與50位技術(shù)專家面對(duì)面20年技術(shù)見證，附贈(zèng)技術(shù)全景圖

總結(jié)

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