#include < iostream >
using namespace std;
#define MAX 10000
int origin[ 101 ] = { 0 };
typedef struct range_st {
int l,r;
} range_st, * range_t;
int ranges_len = 0 ;
range_st ranges[MAX];
range_st temp[MAX];
void union_range(range_st rg) {
int i,j,union_count;
for (i = 0 ;i < ranges_len && ranges[i].r + 1 < rg.l;i ++ ) ; // find the first range that can union rg
if (i == ranges_len) // no such range found
ranges[ranges_len ++ ] = rg;
else if (ranges[i].r < rg.r) {
ranges[i].r = rg.r;
}
union_count = 0 ;
for (j = i + 1 ;j < ranges_len;j ++ ) {
if (ranges[i].r + 1 >= ranges[j].l) { // self-union occur
if (ranges[i].r < ranges[j].r)
ranges[i].r = ranges[j].r;
union_count ++ ;
}
}
ranges_len -= union_count;
}
void update_range( int n) {
int temp_len = 0 ;
range_st rg;
for ( int i = 0 ;i < ranges_len;i ++ ) {
rg.l = ranges[i].l + n;
rg.r = ranges[i].r + n;
temp[temp_len ++ ] = rg;
}
for ( int i = 0 ;i < temp_len;i ++ )
union_range(temp[i]);
}
void print_range() {
for ( int i = 0 ;i < ranges_len;i ++ )
printf( " (%d,%d) " , ranges[i].l, ranges[i].r);
printf( " \n " );
}
int main() {
int i,j,k;
int m,n,d,t,ret;
range_st rg;
int N;
cin >> N;
for (i = 0 ;i < N;i ++ )
cin >> origin[i];
rg.l = rg.r = 0 ;
ranges[ranges_len ++ ] = rg; // init range (0,0)
for (i = 0 ;i < N;i ++ ) {
n = origin[i];
update_range(n);
// print_range();
if (ranges_len > 1 )
break ;
}
ret = ranges[ 0 ].r + 1 ;
cout << ret << endl;
return 0 ;
}
囧死的一題目,給出N個(gè)數(shù)(N<=100),求一個(gè)最小的數(shù),這個(gè)數(shù)不能是這N個(gè)數(shù)的任何組合的求和數(shù)。
暴力的思維讓我去計(jì)算所以組合數(shù),根據(jù)前i個(gè)數(shù)生成的所有和數(shù),去計(jì)算第i+1個(gè)數(shù)能夠生成的和數(shù),然后把這兩堆和數(shù)做合并,這可以正確地求出所有可能的和數(shù),但就死活ME,因?yàn)閿?shù)量太大了。注意給出的N個(gè)數(shù),每個(gè)數(shù)最大值是10^6。
在使用第i個(gè)數(shù)的時(shí)候,其實(shí)就可以從集合中遍歷,查看是否存在一個(gè)數(shù)少于Ni并且不在集合中,如果是,那么這個(gè)就是答案,但寫的代碼過不了,一直WA 3。
后來換了個(gè)思維,通過在草稿上寫了些例子,認(rèn)為這題目應(yīng)該有很高效的計(jì)算方法才是,結(jié)果就得出了最后AC的代碼。屬于0開銷代碼。
作出的改變是把生成的和數(shù)集合中,連續(xù)的和數(shù)表示成范圍,這樣處理數(shù)據(jù)的數(shù)量級(jí)就大減,并且當(dāng)發(fā)現(xiàn)存在兩個(gè)不連續(xù)的范圍后,就能馬上得出答案。
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