TopCoder-SRM632-DIV1-300pt-PotentialArithmeticSequence-归纳推理+枚举
http://community.topcoder.com/stat?c=problem_statement&pm=13389&rd=16075
比正常的簡單題多了50分。說明比平時的簡單題要難一些。
考慮輸入規模，可以看出枚舉并判斷所有子序列是可行的。那么關鍵就是如何判斷一個子序列是合法的。
先觀察第一組測試用例{0,1,0,2,0,1,0}，可以看出其是0,b1,0,b2...這樣交替的。顯然兩個相鄰自然數是奇偶交替的，奇數的那些數字結尾只有0個0.
1）必要條件一：d[i]和d[i+1]必須是0和>0交替的。
對于那些奇數d[i]=0，則其所有位都可以是任意的數，也就是說d[i]=0就能滿足任何的奇數限制。
再考慮偶數位：d[i]和d[i+2]，其實只加上了2，那么可以總結出一些約束：當di>1時，加上2后這個數字最后必然就是2。也就是只有一個0。d[i+2]=1。如果不是就是錯誤的。而di=1時，d[i+2]>1，因為有進位，我們無法對高位做更多的約束。
2）必要條件二：d[i]和d[i+2]需要滿足：
if (d[i]>1) d[i+2]=1 反之亦然。
如果只把這兩個條件代入會有錯誤。因為雖然d[i]和d[i+2]滿足約束了，但是有可能d[i]與d[i+2*k] (k>1)不滿足約束。所以我們需要把必要條件二推廣到d[i+2*k]。以找出更多的約束。
方法一樣的，d[i+2*k]=d[j]，其在i數字基礎上加了2*k,我們求出2*k末尾有多少個0，設為d2k。那么d[j]與d[i]需要滿足當d[i]>d2k時，是d2k個0。當d[i]<d2k時，是d[i]個0.當d[i]=d2k時，末尾有>d2k個0.
然后修改必要條件二為：
2)必要條件二：d[i]與d[j](j:j=i+2*k(k>=0)])，需要滿足：
if (di!=d2k)?dj=min(di,d2k)
else dj>d2k
滿足這個條件以后，再考慮一下由于進位也無法對高位做更多約束，即可求得答案。
int m,n; class PotentialArithmeticSequence{ public: vector<int> d;int CalcD(int step){ int num=0;for(int i=0;i<step;i++){num+=2;}int res=0;while(!(num & 1)){res++;num=num>>1;}return res;}bool Check(int p,int q){for(int i=p;i<q;i++){if (i<q-1) {if (!d[i] && !d[i+1]) return false;if (d[i] && d[i+1]) return false;}if (d[i]==0) continue;for(int j=i+2;j<q;j+=2){if (d[j]==0) return false;int k=(j-i)/2;int d2k=CalcD(k);if (d[i]>d2k) {if (d[j]!=d2k) return false;}else if (d[i]<d2k){if (d[j]!=d[i]) return false;}else{ //di==d2kif (d[j]<=d2k) return false;}}}return true;}int numberOfSubsequences(vector <int> d) { this->d=d;n=d.size();int res=0;for(int i=0;i<n;i++) {for(int j=i+1;j<=n;j++){if (Check(i,j)) {res++;}}}return res;} };?
轉載于:https://www.cnblogs.com/yangsc/p/4052484.html
總結
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