#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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