问题陈述[ here ]
Let be S a infinite secuence of integers:
S0 = a; S1 = b;
Si = |Si-2 - Si-1| for all i >= 2.
You have two integers a and b. You must answer some queries about the n-th element in the sequence.(means print the nth number in the sequence i.e S(n) )
( 0 <= a,b <= 10^18),( 1 <= q <= 100000 )
我尝试过的(这会导致运行时错误):
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long int q,a,b,arr[100002];/*Can't declare an array of required size */
int main() {
// your code goes here
scanf("%lld%lld",&a,&b);
arr[0]=a,arr[1]=b;
scanf("%d",&q);
int p[100002];
long long int m = -1;//stores max index asked
for(int i=0;i<q;i++)
{
scanf("%lld",&p[i]);
m = (m>p[i])?m:p[i];
}
for(int i=2;i<=m;i++)//calculates series upto that index
{
arr[i]=abs(arr[i-1]-arr[i-2]);
}
for(int i=0;i<q;i++)
{
printf("%lld\n",arr[p[i]]);
}
return 0;
}
Given : qi fits in 64 bit integer. since index can be very large and i cant declare that bit an array, how should i approach this problem(since brute force would give TLE). Thanks!
最佳答案
哈! 有一个不需要(完整)迭代的解决方案:
考虑一些值 Si
和 Sj
,其中 i, j > 1
.然后,查看序列的数字是如何构建的(使用绝对值),我们可以得出结论,两个数字都是正数。
那么它们的差值的绝对值保证小于(或等于)两者中较大的一个。
假设它严格小于两者中较大的值,在接下来的两个步骤中,原始值中较大的值将“超出范围”。由此我们可以得出结论,在这种情况下,序列的数量越来越少。
(*) 如果差值等于较大的一个,则另一个数字一定是 0
.在下一步中,可能会发生以下两种情况之一:
a) 较大的超出范围,那么接下来的两个数字是计算出的差值(等于较大的)和 0,这将再次产生较大的值。然后我们的情况与......
b) 零超出范围。然后下一步将计算较大的和计算出的差异(等于较大的)之间的差异,从而得到0
.在下一步中,这将回到原来的 (*) 情况。
结果: L
的重复模式, L
, 0
, ...
一些例子:
3, 1, 2, 1, 1, 0, 1, 1, 0, ...
1, 3, 2, 1, 1, 0, 1, 1, 0, ...
3.5, 1, 2.5, 1.5, 1, .5, .5, 0, .5, .5, 0, ...
.1, 1, .9, .1, .8, .7, .1, .6, .5, .1, .4, .3, .1, .2, .1, .1, 0, ...
将其应用于代码:只要一个值是
0
,不再需要迭代,接下来的两个数字将与前一个相同,然后再次出现0
等等:// A and B could also be negative, that wouldn't change the algorithm,
// but this way the implementation is easier
uint64_t sequence(uint64_t A, uint64_t B, size_t n) {
if (n == 0) {
return A;
}
uint64_t prev[2] = {A, B};
for (size_t it = 1u; it < n; ++it) {
uint64_t next =
(prev[0] > prev[1]) ?
(prev[0] - prev[1]) :
(prev[1] - prev[0]);
if (next == 0) {
size_t remaining = n - it - 1;
if (remaining % 3 == 0) {
return 0;
}
return prev[0]; // same as prev[1]
}
prev[0] = prev[1];
prev[1] = next;
}
return prev[1];
}
Live demo here (如果您愿意,可以使用
a
和 b
值)。如果您对相同的 A 和 B 进行了重复查询,您可以缓存所有值直到
next == 0
在 std::vector
,为您提供真正恒定的以下查询时间。我也很确定在序列到达
0
之前存在一个模式,但我找不到它。我只是注意到我错过了它应该是差异的绝对值......
如果它足够快,这是一个迭代版本:
// deciding on a concrete type is hard ...
uint64_t sequence (uint64_t A, uint64_t B, uint64_t n) {
if (n == 0) {
return A;
}
uint64_t prev[2] = {A, B};
for (auto it = 1u; it < n; ++it) {
auto next =
(prev[0] > prev[1]) ?
(prev[0] - prev[1]) :
(prev[1] - prev[0]);
prev[0] = prev[1];
prev[1] = next;
}
return prev[1];
}
如您所见,您不需要存储所有值,只需要最后两个数字来计算下一个。
如果这还不够快,您可以添加内存:存储
prev
对有序中的值 std::map
(将 n
映射到这些对)。然后,您可以从下一个较低的值 n
的条目开始。而不是从一开始。当然,您还需要管理该 map :保持它很小并充满“有用”的值。这不是编程问题,而是算法问题。让我们看看该序列的第一个数字:
a
b
a-b
b-(a-b) = 2b-a
(a-b)-(b-(a-b)) = 2(a-b)-b = 2a-3b
2b-a-(2a-3b) = 5b-3a
2a-3b-(5b-3a) = 5a-8b
...
只看系数的绝对值表明......
b: 0 1 1 2 3 5 8 ...
a: (1) 0 1 1 2 3 5 ...
...这是关于斐波那契数列的。然后,还有标志,但这很容易:
b: - + - + - ...
a: + - + - + ...
所以你序列中的第 n 个数字应该等于
f(0) = a
f(n) = (-1)^n * fib(n-1) * a +
(-1)^(n-1) * fib(n) * b
当然现在我们必须计算第 n 个斐波那契数,但幸运的是已经有一个解决方案:
fib(n) = (phi^n - chi^n) / (phi - chi)
with
phi = (1 + sqr(5)) / 2
chi = 1 - phi
所以,把它带到代码中:
unsigned long fib(unsigned n) {
double const phi = (1 + sqrt(5)) / 2.0;
double const chi = 1 - phi;
return (pow(phi, n) - pow(chi, n)) / (phi - chi);
}
long sequence (long A, long B, unsigned n) {
if(n ==0) {
return A;
}
auto part_a = fib(n-1) * A;
auto part_b = fib (n) * B;
return (n % 2 == 0) ? (part_a - part_b) : (part_b - part_a);
}
一些 live demo is here ,但这在接近更大的数字时会出现问题(我怀疑 fib 变得不正确)。
该演示还包含序列的迭代版本,作为控制。如果这对您来说足够快,请改用它。无需存储比最后两个数字更多的任何内容。
为了进一步改进这一点,您可以使用带有孔的查找表来查找斐波那契数列,即记住序列的每十分之一(及其后继)数。
关于c++ - 在无法存储值的情况下计算系列?,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/31663855/