每日算法打卡:四平方和 day 9
原题链接
题目难度:简单
题目来源:第七届蓝桥杯省赛C++ A/B组,第七届蓝桥杯省赛Java B/C组
题目描述
四平方和定理,又称为拉格朗日定理:
每个正整数都可以表示为至多 4 个正整数的平方和。
如果把 0 包括进去,就正好可以表示为 4 个数的平方和。
比如:
5
=
0
2
+
0
2
+
1
2
+
2
2
5 = 0^2 + 0^2 + 1^2 + 2^2
5=02+02+12+22
7
=
1
2
+
1
2
+
1
2
+
2
2
7 = 1^2 + 1^2 + 1^2 + 2^2
7=12+12+12+22
对于一个给定的正整数,可能存在多种平方和的表示法。
要求你对 4 个数排序:
0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d 0 \le a \le b \le c \le d 0≤a≤b≤c≤d
并对所有的可能表示法按 a,b,c,d 为联合主键升序排列,最后输出第一个表示法。
输入格式
输入一个正整数 N。
输出格式
输出4个非负整数,按从小到大排序,中间用空格分开。
数据范围
0 < N < 5 ? 1 0 6 0 < N < 5 * 10^6 0<N<5?106
输入样例:
5
输出样例:
0 0 1 2
题目分析
这道题的内容比较简洁,就是将一个整数分成四个整数的平方和的形式,有很多做法
我们可以大概分析一下,因为N是分成一个平方的,而 5 ? 1 0 6 ≈ 2300 \sqrt{5*10^6} \approx 2300 5?106?≈2300,那么我们最多就枚举两个数,否则就会超过时间限制
这道题有四个未知量,但实际上只需要枚举三个数,第四个数字是可以算出来的
这里就用到一个常用的思想,用空间换时间,我们本来是要枚举第三重循环
现在我们只枚举c和d,将 c 2 + d 2 c^2+d^2 c2+d2存起来,之后再枚举a和b,对于每一个我们枚举的a和b,都可以计算出 t = n ? a 2 ? b 2 t = n-a^2-b^2 t=n?a2?b2,我们只需要判断这个t是否在之前存的数组中出现过即可,如果出现过,则找到了一组解
那么我们如何快速的判断一个数是否在数组中出现过,一种做法就是使用哈希,另一种就是使用二分的做法
示例代码
二分
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 2500010;
struct Sum
{
int s, c, d;
bool operator<(const Sum& t) const // 小于号重载,用于排序
{
if (s != t.s) return s < t.s;
if (c != t.c) return c < t.c;
return d < t.d;
}
}sum[N];
int n, m;// m表示存下了多少个s
int main()
{
cin >> n;
// 枚举s,记录此时的c和d
for (int c = 0; c * c <= n; c++)
for (int d = c; c * c + d * d <= n; d++)
sum[m++] = { c * c + d * d,c,d };
// 排序
sort(sum, sum + m);
// 枚举a和b
for (int a = 0; a * a <= n; a++)
for (int b = a; a * a + b * b <= n; b++)
{
int t = n - a * a - b * b;
// 二分查找表中是否有t
int l = 0, r = m - 1;
while (l < r)
{
int mid = (l + r) / 2;
if (sum[mid].s >= t)
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
if (sum[l].s == t)
{
printf("%d %d %d %d\n", a, b, sum[l].c, sum[l].d);
return 0;
}
}
return 0;
}
哈希
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<unordered_map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2500010;
int n;
unordered_map<int, PII> S; // 记录字典序最小的c和d
int main()
{
cin >> n;
// 枚举s,记录最小的c和d
for (int c = 0; c * c <= n; c++)
for (int d = c; c * c + d * d <= n; d++)
{
int t = c * c + d * d;
if (S.count(t) == 0)
S[t] = { c,d };
}
// 枚举a和b
for (int a = 0; a * a <= n; a++)
for (int b = a; a * a + b * b <= n; b++)
{
int t = n - a * a - b * b;
if (S.count(t))
{
printf("%d %d %d %d\n", a, b, S[t].x, S[t].y);
return 0;
}
}
return 0;
}
注意
-
如果直接使用库中的哈希表是会超时的,需要自己手搓哈希表
-
这里存在一个隐性问题,就是如何保证我们枚举的顺序是字典序最小的
首先,我们观察枚举的顺序,可以确保 a < b , c < d a<b,c<d a<b,c<d一定是成立的,其次我们在枚举的时候,对于a和b是小到大枚举的,这时算出来的 t = n ? a 2 ? b 2 t=n-a^2-b^2 t=n?a2?b2是从大到小的顺序,也就是查询是否存在时是从大到小查的,假设存在对应的t,那么对于 t = c 2 + d 2 t=c^2+d^2 t=c2+d2就可以保证c和d是尽可能的大了
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