Brute Force Algorithm

使用迴圈窮舉

set<int> s;    // 使用 set 紀錄出現過的總和
void enumerate(){
    for(int i = 0; i < (1<<n); i++){    // 0 ~ 2^n-1
        int sum = 0;
        for(int j = 0; j < n; j++){     // 窮舉每個位元判斷是否為 1
            if(i>>j&1){                 // 判斷第 i 個位元
                sum += arr[i];
            }
        }
        s.insert(sum);
    }
    cout << s.size() << endl;
}

複雜度為 \(O(N\times 2^N)\)
如果看到題目 \(N\le 20\) 都可以直接暴力窮舉子集合

UVa 725 – Division

給你一個數字 \(N\)，你要輸出所有正整數 pair(a, b)
使得 a/b = N， a, b 為五位數，且所有數字不能重複

以 N = 62 為例

答案有兩組

79546 / 01283 = 62
94736 / 01528 = 62

而 N = 61 沒有任何符合的解

想法一

窮舉所有 a, b 可能的範圍去判斷有沒有符合的

而可能出現的範圍為 00001 ~ 99999 因此 C 約為 10^5

複雜度 \(O(C^2) \to 10^{10}\) TLE

想法二

由於每種數字會出現剛好一次因此窮舉所有排列

0123456789 ~ 9876543210

再去判斷分出來的 a, b 所得到的 a/b 會不會等於 n

複雜度 O(N!)

10種數字，因此 \(10! = 3,628,800\)

複雜度是好的 AC!

生成所有排列可以使用 c++ STL 的 next_permutation()

for(int i=0;i<10;i++){
    vec.push_back(i)
}
 
do{
    if(check(vec)){
        ans.push_back(vec);
    }
}while(next_permutation(vec.begin(),vec.end()));

想法三

只窮舉 b 去判斷 b * n 是否等於有相對應的 a

for(int b=0;b<100000 && b*n<100000;b++){
    if(different_digit(a,b)){
        ans.push_back(make_pair(a, b));
    }
}

只窮舉 b

複雜度為 b 的範圍大小 \(10^5\)

UVa 11565 - Simple Equations

給你三個數字 \(A, B, C (1 \le A, B, C \le 10000)\)

已知
\(x + y + z = A\)
\(x * y * z = B\)
\(x^2 + y^2 + z^2 = C\)

求出 \(x, y, z\)，如有多組解則輸出 tuple(\(x, y, z\)) 字典序最小的

如果直接窮舉所有可能的 \(x, y, z\)

複雜度 \(O(10000^3) \to 10^{12}\) TLE

\(A, B, C (1 \le A, B, C \le 10000)\)

而如果只看第三個式子

\(x^2 + y^2 + z^2 = C\)

會發現當 \(x, y, z\) 超過\(\sqrt{10^5}\) 之後就會出過 \(C\)

所以 \(x, y, z\) 的範圍只會在 \([1, \sqrt{10000}]\) 之間

因此可以直接窮舉 x, y, z 在 \([1, \sqrt{10000}]\) 的範圍

複雜度 \(O(\sqrt{C}^{3}) = 10^6\)

有興趣的可以挑戰

UVa 11571 - Simple Equations - Extreme!!

題目的值域變成 \(6 \cdot 10^{18}\)

剪枝 (pruning)

遞迴找答案時，中間有可能遇到很多不合理的狀態(超出邊界) 而如果當下狀態不合法或者不可能走到答案，則可以直接跳過當下狀態，以避免不必要的窮舉

以 \(O(2^n)\) 為例，會發現在適當的地方剪枝可以減去很多不必要的可能

UVa 750 – 8 Queens Chess Problem

給你一個 8X8 的棋盤，要放 8 個皇后

而要讓這 8 個皇后彼此都不會攻擊到
而皇后可以攻擊同行同列以及同左右斜線的棋子

問你有幾種擺法 ?

上圖為一組合法解

窮舉所有可能

總共 64 格，每次選 8 格判斷合法性

總共 \(\binom{64}{8}\) 種 = 4,426,165,368

\(\to\) TLE

backtracking

所有皇后彼此不能攻擊到，代表同一行最多只能有一個皇后

因此可以窮舉每一行放一個皇后，並且避免不必要的窮舉

如果已經有同一列或者對角線有放皇后，則同一列、左右斜線不能再放

以第三行為例，能放的位置為下面四格，上面都會被其他皇后攻擊

複雜度

總共 8 行，每行能放的位置隨著前面已經放的會越來越少

第一行可以放 8 個，第二行 7 個 …

複雜度 O(N!)

8! = 40,320

因此用陣列紀錄是否同一列、左右斜線是否有放過

斜線總共有 2N-1 條
同一條左上到右下的斜線，則x+y會是同一個值
同一條右上到左下的斜線，則x-y會是同一個值

bool row[N], add[15], sub[15];
 
void backtracking(int x){
    if(x == 8){
        ans++; // 遞迴到最後結束
        return;
    }
    for(int i=0;i<8;i++){
        if(!row[i] && !add[x+i] && !sub[(x-i+15)%15]){
            row[i] = add[x+i] = sub[(x-i+15)%15] = 1; //標記放置的位置
            backtracking(x+1); // 換下一行
            row[i] = add[x+i] = sub[(x-i+15)%15] = 0; //移除放置的位置
        }
    }
}
 
int main(){
    backtracking(0);
}

例題 CSES - Grid Paths

給你 7X7 的矩陣，一開始在左上角 (0, 0) 的位置
給你一條部分未知的路徑，從起點開始要走到右下角，
問你有幾條路徑可以使得每個點都剛好走一次?

sample input

??????R??????U??????????????????????????LD????D?

sample output

201

暴力遞迴搜索

遞迴每格判斷是否為未知路經，是未知路徑的話窮舉四個方向
最差的情況每格都是 ? 複雜度為 \(O(4^{49} \times 49)\) // 49格窮舉四種方向, 每次遞迴傳下去字串 path 長度為 49

int ans = 0;
bool calc(string path){}
void dfs(int x, string path){
    if(x == 49)    ans += calc(path);
    if(path[x] != '?')    dfs(x+1, path);
    else{
        for(char i : "LRUD"){
            path[x] = i;
            dfs(x+1, path);
        }
    }
};
int main(){
    cin >> path;
    dfs(0);
    cout << ans << endl;
}

剪枝

哪些部份可以省略 ?

void dfs(int x, string path){
}

會發現字串 path 可以放全域變數 不用每次遞迴都重新傳一次
直接修改全域變數的值，遞迴後記得要改回來原本的值

string path;
void dfs(int x){
    if(x == 49)    ans += calc();
    if(path[x] != '?')    dfs(x+1);
    else{
        for(char i : "LRUD"){
            path[x] = i;
            dfs(x+1);
            path[x] = '?';
        }
    }
}

複雜度減少了每次傳參數的時間變成 \(O(4^{49})\)

剪枝

走到甚麼情況可以不用繼續往下走

• 超出邊界
• 撞牆
• 使得連通塊分成兩半

好好剪枝以上情況就會過了

超出邊界

走的時候順便紀錄當前位置，如果超出邊界則不為合法解

void dfs(int x,int y,int d){
    if(x<0 || x>=7 || y<0 || y>=7){
        return;
    }
}

撞牆

紀錄每個點是否走過，走過視為牆壁
可以用一個 bool 陣列紀錄是否走過

bool vis[10][10];
void dfs(int x,int y,int d){
    if(vis[x][y])    return;
    vis[x][y] = 1;
    ...
}

使得連通塊分成兩半

當走到的格子前面那格為牆壁，但左右都還沒走過時，
代表會將還沒走過的區域分成兩塊，則代表會無解不必繼續走下去

有以上四種剪枝理論上就會過了，
通常這種爆搜的題目總狀態數都不會太大
以這題為例 \(7\times 7\)，最多只有 49 種狀態

所以當題目 \(n\) 很小就要想想看是不是爆搜題
接著就是想要怎麼剪枝，避免所有不必要的窮舉

UVa 11212 – Editing a book

給你一段長度為 \(n (n \le 9)\) 的 permutation

每次操作可以選擇一段連續區間剪切到其他位置，求最少需要幾次可以讓序列變成升序序列

sample input

​​​​2 1 5 3 4 6

sample output

​​​​2

1 剪下移到最前面 [2, (1), 5, 3, 4, 6] \(\to\) [(1), 2, 5, 3, 4, 6]
(3,4) 剪下移到最前面 [1, 2, 5, (3, 4), 6] \(\to\) [1, 2, (3, 4), 5, 6]

總共 \(n! (n \le 9)\)種狀態，代表節點數 362,880 個節點

每次可以選一段區間，移到另一個地方，總共有 \(\binom{n+1}{2}\) 個不同的區間
且每次可以插入到 n-2 種不同的位置，邊數量為 \(n!\binom{n+1}{2}(n-2)\)

轉換圖論 BFS 找最近距離複雜度 \(O(V+E) = 114,307,200\)

可以再搭配一些剪枝

剪枝

用當前步數判斷是否可能達到最佳答案

先定義非連續數量 h ：對於一個序列 \(a\)
有幾個 \(i (1\le i < n)\) 符合 \(a[i]+1 \ne a[i+1]\)

序列 [1,4,2,3] 的 h 為 2

最終要使得序列為升序，也就是 h = 0(序列[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9])

而對於一次的操作， h 最多減少 3

改變 A,B,C 區塊結尾的後繼

剪枝不會更好的答案

而最差的情況下最多需要做 8 個操作(序列[9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1])
每次最多可以讓 h 減少 3

假設我們做需要做最多的次數為 maxd，而當前做的次數為 d

若還可以做的次數 (maxd - d) * 3 < h
代表每次改變最多的非連續數量也就是3次，而用剩下的次數還做不完的話
則沒必要繼續做下去，因為一定不可能比答案小
則可以直接剪枝掉

void dfs(int x,int d){
    if((maxd - d)*3 < calc_h())    return;
}

紀錄當前序列是否有遞迴過

可以用一個 map 把整個序列存起來，紀錄當前序列最少要幾次可以走到
如果比原本的次數還要多 那就沒必要繼續走下去了
否則更新原本的答案

map<vector<int>, int> dis;

void dfs(vector<int> arr, int d){
    if(dis.count(arr) && dis[arr] <= d)    return;
     dis[arr] = d;                                
}

狀態壓縮

對於狀態我們通常會壓縮後再存起來
以上面題目為例，狀態為一個序列 [ 2, 1, 5, 3, 4, 6 ]
則其實我們可以直接把他壓成一個整數變成 215346 去代表這個狀態

n! 種可能的序列，每個序列有 n 個數字
原本要花 n! * n 的空間去儲存，現在只需要儲存 n! 個整數即可

而在每次BFS/DFS會判斷是否走過，如果狀態是用序列儲存需要花 \(O(N)\) 時間去比對是否相同，而轉成數字儲存只需要花 \(O(1)\) 即可比對是否相同

map<vector<int>,int> \(\to\) map<int,int>

題單可以用到此技巧來儲存

狀態壓縮

以八皇后為例，原本是用陣列去儲存是否走過也可以改成用整數
{0,1,0,0,0,1,1,0} 代表第1,5,6 (0-base) 格有走過
而直接用一個整數存起來 mask \(=70_{10} = 01000110_{2}\)
空間複雜度存原本 \(O(N)\) 變成 \(O(1)\)

要查詢第 \(i\) 格是否被用過則直接位元運算判斷 (mask>>i&1) 是否為 \(1\)

int 可以存 32 個位元
long long 可以存 64 個位元

time pruning

時間剪枝

有些很難的題目有時可能沒辦法在時限內AC，有一個毒瘤的技巧是時間剪枝
在程式一開始記錄時間，當在執行遞迴過程中判斷執行時間，當快到Time Limit 時，則直接回傳最佳值當作答案

#define SECs ((double)clock() / CLOCKS_PER_SEC)
double startTime;
void dfs(int x){
    if(SECs - startTime > 0.95)    return;
    
}
int main(){
    startTime = SECs;
    dfs(0);
}

通常不會用到時間剪枝
而且時間剪枝每次要判斷時間所以會增加運算成本

例題 UVa 12911 - Subset sum

Given a set \(s\) of integers \(s_i\), your task is to determine how many different non-empty subsets sum up to a target value \(T\).

\(1 \le N \le 40\)

\(-10^9 \le s_i, T \le 10^9\)

sample input

6 0
-1 2 -3 4 -5 6

sample output

4

(2, 4, -1, -5), (2, 6, -5, -3), (4, -1, -3), (6, -5, -1)

sum up = 0

遞迴窮舉

窮舉第 x 個數字要不要使用，複雜度 \(O(2^N)\)

void dfs(int x, int sum){
    if(x == n)    ans += sum == target;
    dfs(x+1, sum)    // 不用第 x 個數字
    dfs(x+1, sum+value[x]);    // 用第 x 個數字
}

使用迴圈窮舉

for(int i = 0; i <(1<<n); i++){
    int sum = 0;
    for(int j = 0; j < n; j++){
        if(i>>j&1)    sum += arr[j];
    }
    ans += sum == target;
}

每個數字選或不選，總共有 \(2^N\) 種可能

N 的大小為 40

\(2^{40} = 10^{12} >> 10^8\)

TLE

把每種數字選或不選轉換成圖
以前三個數字 -1,2,-3 為例

狀態數會隨著 n 越大呈現指數成長

而如果我們把狀態拆兩半，一半重頭開始窮舉，一半從尾巴

則狀態數會從 \(2^n\) 變成 \(2 \cdot 2^{\frac{n}{2}}\)

N = 40

\(2^{\frac{40}{2}} = 10^6\)

分別算完兩邊 subset 的答案儲存起來後，
判斷兩邊算出來的答案能不能加起來剛好等於 target value

實作

(有部分細節沒處理)

map<int,int> mp;
for(int i=0;i<(1<<(n/2));i++){ //iterate all subset of first half
    int sum=0;
    for(int j=0;j<n/2;j++){
        if(i>>j&1)    sum += arr[j]; // sum up all selected element
    }
    mp[sum]++; // save the sum to the STL map
}
for(int i=0;i<(1<<(n-n/2));i++){ //iterate all subset of second half
    int sum=0;
    for(int j=0;j<n-n/2;j++){
        if(i>>j&1)    sum += arr[n/2+j];
    }
    if(mp.count(t-sum))    ans += mp[t-sum];
}

此題為2021-12-21 CPE第七題
了解概念就可以 10 分鐘AC了(X