UVA 10074 Take the Land dp/暴力+剪枝
2015-07-15 15:17
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原题传送门:https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1015
大致题意:给出一个矩阵,0表示空地,1表示有树,要求找出一个最大的矩形空地,输出其面积
解题思路:其实第一眼就联想到了UVA108(传送门/article/11817556.html),简化,然后暴搜。可以将每个点的数字转换为以这点为起点,向左最多有多少连续空地,那么我们只需要枚举每个矩形的右下角坐标,向上直接枚举其纵向长度,当然,横向长度直接取最大值。这样可以以o(n^3)的时间复杂度枚举每个可能的矩形
解题方案:预处理矩阵中元素,利用dp思想求出每个点左侧的空地数(包括自身),然后暴力枚举所有坐标,以这个坐标为右下角,向上搜索(即枚举纵向长度),不断更新可达到的最大横向宽度,得到此时的面积,从而更新能达到的最大面积S。
ac代码:
小结:这个剪枝很重要,也就是对于问题的理解和转换,还有就是联想,此题与UVA108的做法非常相似,都是预处理地图然后枚举一个角坐标,然后扩展,更新能得到的最大值,其实有点像贪心了。。。。
有什么意见或者建议,欢迎指导~,有什么不理解的,也可以在留言板上提出,谢谢~~~
转载请注明出处:http://blog.csdn.net/silence__bug
大致题意:给出一个矩阵,0表示空地,1表示有树,要求找出一个最大的矩形空地,输出其面积
解题思路:其实第一眼就联想到了UVA108(传送门/article/11817556.html),简化,然后暴搜。可以将每个点的数字转换为以这点为起点,向左最多有多少连续空地,那么我们只需要枚举每个矩形的右下角坐标,向上直接枚举其纵向长度,当然,横向长度直接取最大值。这样可以以o(n^3)的时间复杂度枚举每个可能的矩形
解题方案:预处理矩阵中元素,利用dp思想求出每个点左侧的空地数(包括自身),然后暴力枚举所有坐标,以这个坐标为右下角,向上搜索(即枚举纵向长度),不断更新可达到的最大横向宽度,得到此时的面积,从而更新能达到的最大面积S。
ac代码:
//0kb 147ms #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; int m,n,map[110][110]; int min(int a,int b){return a>b?b:a;} int max(int a,int b){return a>b?a:b;} int main() { int t,j,k,l; while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF&&(m||n)) { memset(map,0,sizeof(map)); //初始化地图 for(j=1;j<=m;j++) for(k=1;k<=n;k++) { scanf("%d",&l); if(l==0)map[j][k]=map[j][k-1]+1; //预处理地图 } int s=0; for(j=1;j<=m;j++) { for(k=1;k<=n;k++) { int mi=map[j][k]; //mi为可达到的最大宽度,其实也就是所扩展到的点的最小值 int ss=mi; s=max(s,ss); //不扩展,面积即为mi本身 for(l=1;l<j;l++) //枚举扩展的距离 { mi=min(mi,map[j-l][k]); //更新mi ss=mi*(l+1); //获取得到的矩形面积 s=max(s,ss); //更新面积s } } } // for(j=1;j<=m;j++){for(k=1;k<=n;k++)cout<<map[j][k]<<' ';cout<<endl;} //打印地图,用于调试 printf("%d\n",s); //输出s } return 0; }
小结:这个剪枝很重要,也就是对于问题的理解和转换,还有就是联想,此题与UVA108的做法非常相似,都是预处理地图然后枚举一个角坐标,然后扩展,更新能得到的最大值,其实有点像贪心了。。。。
有什么意见或者建议,欢迎指导~,有什么不理解的,也可以在留言板上提出,谢谢~~~
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