一道Google top coder的850分例题及解答

[align=center]一道Google top coder的850分例题及解答[/align][align=center] [/align]原题： 假设有这样一种字符串，它们的长度不大于 26 ，而且若一个这样的字符串其长度为 m ，则这个字符串必定由 a, b, c ... z 中的前 m 个字母构成，同时我们保证每个字母出现且仅出现一次。比方说某个字符串长度为 5 ，那么它一定是由 a, b, c, d, e 这 5 个字母构成，不会多一个也不会少一个。嗯嗯，这样一来，一旦长度确定，这个字符串中有哪些字母也就确定了，唯一的区别就是这些字母的前后顺序而已。 现在我们用一个由大写字母 A 和 B 构成的序列来描述这类字符串里各个字母的前后顺序： l         如果字母 b 在字母 a 的后面，那么序列的第一个字母就是 A （After），否则序列的第一个字母就是 B （Before）；l         如果字母 c 在字母 b 的后面，那么序列的第二个字母就是 A ，否则就是 B；l         如果字母 d 在字母 c 的后面，那么 …… 不用多说了吧？直到这个字符串的结束。 这规则甚是简单，不过有个问题就是同一个 AB 序列，可能有多个字符串都与之相符，比方说序列"ABA"，就有"acdb"、"cadb"等等好几种可能性。说的专业一点，这一个序列实际上对应了一个字符串集合。那么现在问题来了：给你一个这样的AB 序列，问你究竟有多少个不同的字符串能够与之相符？或者说这个序列对应的字符串集合有多大？注意，只要求个数，不要求枚举所有的字符串。 注：如果结果大于10亿就返回-1。  我的最终解答（没有考虑溢出的情况）： // CODE 1// the best way// O(N^2)int countABbest(const string& AB){    assert(AB.find_first_not_of("AB") == string::npos);     vector current, next; // should we reserve these vectors?    current.push_back(1);     for (string::const_iterator letter = AB.begin();         letter != AB.end(); ++letter) {        next.resize(current.size()+1); // or next.insert(next.end(), 2, 0);        next[0] = 0; // in fact, we could set the entire vector to zero         if (*letter == 'A') {            partial_sum(current.begin(), current.end(), next.begin()+1);        } else {            partial_sum(current.rbegin(), current.rend(), next.begin()+1);            reverse(next.begin(), next.end());        }        swap(current, next);    }    return accumulate(current.begin(), current.end(), 0);} int main(){    const char* AB = "ABBAAB";    printf("'%s' : %d/n", AB, countABbest(AB));} 下面谈一谈我在解决这个问题时的思路。 第一步 初步分析 以下“字符串”特指题目中提到的由小写字母a、b、c等等组成的字符串，每个字母出现且仅出现一次。显然题目要求我们写一个函数f，f的输入是一个长度为v 的AB序列w，w代表了一个字符串集合s（集合中的元素都是长度为m（m=v+1）的字符串），f的返回值是这个集合的元素个数|s|，即|s|=f(w)。用高中学过的一点排列组合知识，可分析知：1.       长度为m的字符串有m! 个（’!’ 表示阶乘）因为这相当于m个不同字母的全排列；2.       长度为v的AB序列有2^v个（’^’ 表示指数）因为每个位置有2种可能，一共有v个位置；3.       由于2^v <= m! （m=v+1），所以AB序列的数目不大于字符串的数目。4.       每个字符串刚好有一个AB序列与之对应。比如对于字符串”abdec”，我们很容易得知b在a后，c在b后，d在c前，e在d后，因此它对应的AB序列为”AABA”。可见拿到一个字符串，立刻就能求出它对应的那一个AB序列。5.       每个AB序列至少对应一个字符串（当然也对应多个，因为字符串数目远远大于AB序列数目）。比如任取一个AB序列”ABA”，很容易构造出与它对应的字符串：                                  i.    b在a后，得”ab”；                                ii.    c在b前，得”acb”或”cab”；                              iii.    d在c后，拿”acb”来说，可得”acdb”和”acbd”；拿”cab”来说，可得 ”cdab”、”cadb”和”cabd”；这样一共构造了5个与”ABA”对应的字符串，而且不会再有别的字符串了（why?）。其实我们已经找到了蛮力解决问题的办法。6.       根据4、5，得知如果穷举出长度为v的AB序列（共2^v个），并计算每个序列对应的字符串数目，那么把所有这些数目加起来，应该等于(v+1)!，这可以用作我们算法的一个检验。7.       其实这可以看作集合的划分，把一个有 m! 个元素的集合U划分为2^v个不相交的子集s_0, s_1, s_{2^v–1}，每个子集s_i是一个类别，每个字符串都属于一个类别，问题转变为求给定类别中有多少个元素。 第二步 蛮力解决 在想到前面的分析之前，我先用一种蛮力办法部分地解决了这个问题，思路是拿到一个长度为v的AB序列，穷举所有长度为v+1的字符串，遇到匹配的就记录下来。这样得到第一个程序，这个程序虽然效率极低，但可以用来检验后面程序的正确性，是个标竿。 // CODE 2bool match(const string& AB, const string& str){    // many ways to improve this function, but we won’t bother it.    for (size_t i = 0; i < AB.length(); ++i) {        size_t first = str.find('a'+i);        size_t second = str.find('a'+i+1);        assert(first != string::npos && second != string::npos);         if (AB[i] == 'A' && first > second) {            return false;        } else if (AB[i] == 'B' && first < second) {            return false;        }    }    return true;} // the stupid way// O(N! * N^2)int countAB(const string& AB){    assert(AB.find_first_not_of("AB") == string::npos);     string str;    int count = 0;    int m = (int)AB.length() + 1;        // construct the initial string    for (int i = 0; i < m; ++i) {        str.push_back('a'+i);    }        do {        if (match(AB, str)) {            printf("%s, ", str.c_str());            count++;        }    } while (next_permutation(str.begin(), str.end()));        return count;} 上面这个程序是以AB序列为中心，想办法找到与它匹配的字符串。为了看它能否通过第6点分析的检验，我写了一个enumAB(int v)函数，用来穷举长度为v的所有AB序列，并做检验（检验基本靠眼）。 // CODE 3void enumAB(int v){    assert(0 <= v && v < 26);    int nAB = 1 << v;    int total = 0;     for (int i = 0; i < nAB; ++i) {        string AB;        for (int bit = v-1; bit >= 0; --bit) {            if (i & (1 << bit)) {                AB.push_back('B');            } else {                AB.push_back('A');            }        }        int count = countAB(AB);        total += count;        printf("%s : %d/n", AB.c_str(), count);    }     printf("/nTotal strings: %d/n", total);} 以下是enumAB(4)的运行结果（5!=120，初步检验通过）： AAAA : 1AAAB : 4AABA : 9AABB : 6ABAA : 9ABAB : 16ABBA : 11ABBB : 4BAAA : 4BAAB : 11BABA : 16BABB : 9BBAA : 6BBAB : 9BBBA : 4BBBB : 1 Total strings: 120 如果想穷举所有AB序列和它们对应的字符串，还可以用一种效率稍高的蛮力算法，以字符串为中心，穷举所有长度为m的字符串，把它归入相应的AB序列名下。代码如下。 // CODE 4string getAB(const string& str){    const char* alphabet = "abcdefghijklmnopqrstuvwxyz";    assert(str.find_first_not_of(alphabet, 0, str.length()) == string::npos);     int pos[26] = {0};    char AB[26] = {0};     int m = (int)str.length();        for (int i = 0; i < m; ++i) {        pos[str[i]-'a'] = i;    }     for (int i = 0; i < m-1; ++i) {        AB[i] = pos[i] < pos[i+1] ? 'A' : 'B';    }     return AB; // we are not return the local char array, but a string object.} void enumStr(int m){    string str;    int nAB = 0;        for (int i = 0; i < m; ++i) {        str.push_back(char('a'+i));    }        map > AB2strs;        do {        string AB = getAB(str);        //printf("%s is of %s/n", str.c_str(), AB.c_str());        AB2strs[AB].push_back(str);    } while (next_permutation(str.begin(), str.end()));         for (map >::iterator it = AB2strs.begin();        it != AB2strs.end(); ++it) {            ++nAB;            printf("%s (%d): ", it->first.c_str(), it->second.size());            for (vector::iterator str = it->second.begin();                str != it->second.end(); ++str) {                    printf("%s, ", str->c_str());            }            printf("/n");    }    printf("/nTotal ABs : %d/n", nAB);} 以下是enumStr(4)的运行结果（2^3=8，初步检验通过）： AAA (1): abcd,AAB (3): abdc, adbc, dabc,ABA (5): acbd, acdb, cabd, cadb, cdab,ABB (3): adcb, dacb, dcab,BAA (3): bacd, bcad, bcda,BAB (5): badc, bdac, bdca, dbac, dbca,BBA (3): cbad, cbda, cdba,BBB (1): dcba, Total ABs : 8 第三步 进阶分析 我们也可以根据前面第5点分析，做出一个更高效的蛮力算法，不过蛮力毕竟是蛮力，还是让我们动动脑筋，做个真正高效的算法吧。我第一次拿到这个问题时，先用蛮力算法打印出前面的结果，试图分析其规律，没成功。便又在纸上演算了了一阵，发现其实可以递推解决（当然也可以递归解决），以下内容最好在纸上演算。比如对于序列”AAA”，字母d只可能在第3号位置出现一次（abcd）；递推一下，对于序列”AAAB”，e在d前，那么e可以在第0、1、2、3号位置各出现一次（eabcd、aebcd、abecd、abced）。又比如根据以前面第5点分析，如果我们知道对于序列”AB”，字母c可能在第0号位置出现一次（cab）、在第1号位置出现一次（acb）；那么对于序列”ABA”，字母d会在第1、2、3号位置分别出现1、2、2次，因此”ABA”对应的字符串共有5个；同理对于序列”ABB”，字母d会在第0、1号位置分别出现2、1次，因此”ABB”对应的字符串共有3个。继续递推，对于序列”ABBA”，e在d后，那么e可以在第1、2、3、4号位置分别出现2、3、3、3次（具体说来，对于d在第0号位置出现2次，那么e可以在第1、2、3、4号位置各出现2次；d在第1号位置出现1次，那么e可以在第2、3、4号位置各出现1次，对位加起来就得到前面“2、3、3、3”的结果），因此”ABBA”对应的字符串共有11个。到这里，我们已经发现递推的规律了：对于AB序列w，用二维数组occurs[][]表示第letter个字母在位置pos出现的次数occurs[letter][pos]（这个说法不太严格，应该说是w的前面长度为letter的子序列对应的字符串中，最大那个字母出现的位置和次数，呵呵，还是比较绕口）。如果字母p在位置q1出现n1次，而AB序列的当前元素为’A’，那么字母p+1会在位置q1+1, q1+2, . . . , p各出现n1次；如果AB序列的当前元素为’B’，那么字母p+1会在位置0, 1, . . . , q1各出现n1次；如果字母p还在q2位置出现了n2次，那么对于’A’ 情况，字母p+1还会在位置q2+1, q2+2, . . . , p各出现n2次；那么对于’B’ 情况，字母p+1还会在位置0, 1, . . . , q2各出现n2次。需要把这些情况都累加起来。对于序列”ABBAA”，递推表如下：1, 0, 0, 0, 0, 0       字母a在位置0出现1次0, 1, 0, 0, 0, 0       字母b在位置1出现1次1, 1, 0, 0, 0, 0       字母c在位置0、1分别出现1次2, 1, 0, 0, 0, 0       字母d在位置0、1分别出现2、1次0, 2, 3, 3, 3, 0       字母e在位置1、2、3、4分别出现2、3、3、3次0, 0, 2, 5, 8, 11     字母f 在位置2、3、4、5分别出现2、5、8、11次可知对应的字符串有26个。如果细心，已经能发现递推中的部分和(partial sum)关系。 第四步 解决 既然递推关系有了，很容易就能写出代码。这个算法的复杂度是O(N^3)。 // CODE 5// the better way// O(N^3)int countABbetter(const string& AB){    assert(AB.find_first_not_of("AB") == string::npos);     int v = (int)AB.length();    int m = v + 1;     // 'letter' at 'pos' occurs 'occurs[letter][pos]' times.    vectorint> > occurs(m, vector(m, 0));     // letter 'a' at pos 0, 1 time    occurs[0][0] = 1;     for (int letter = 1; letter < m; ++letter) {        for (int pos = 0; pos < letter; ++pos) {            int first_pos = 0;            int last_pos = 0;             if (AB[letter-1] == 'A') {                // after current pos                first_pos = pos + 1;                last_pos = letter;            } else {                assert(AB[letter-1] == 'B');                // before (and at) current pos                first_pos = 0;                last_pos = pos;            }             int occur = occurs[letter-1][pos];            for (int t = first_pos; t <＝ last_pos; ++t) {                occurs[letter][t] += occur;                assert(occurs[letter][t] >= 0);            }        }    }    return accumulate(occurs[m-1].begin(), occurs[m-1].end(), 0);} 第五步 优化 前面提过一句，在递推的过程中其实隐藏了一个“部分和”的关系，利用这一性质，可以很容易地将复杂度降为O(N^2)，而且递推只是根据当前字母的出现位置退出下一字母的出现位置，因此可以省去2维数组，改用两个vector就行了。最后的代码就是前面一开始列出的 CODE 1。 第六步 展望 我猜测算法的复杂度能进一步降到 O(N log N)，不过自己已经没有能力实现了。另外，为了附庸风雅一把，我发现整个递推算法的过程如果用矩阵来描述，会变得相当清楚。比如对于序列”ABAAB”，很容易构造矩阵A1、B2、A3、A4、B5（每个矩阵都是6阶方阵），初始向量x=[1 0 0 0 0 0]T，生成向量y=B5*A4*A3*B2*A1*x，那么对应的字符串有sum(y)个（sum表示y的各分量之和）。注：也可以定义初始向量x=[1]，矩阵A1是2x1、矩阵B2是3x2、矩阵A3是4x3、……、矩阵B5是6x5，一样可以计算出向量y。例如：（这些矩阵中的元素都是0或1，排列起来像三角形（因为是求部分和），很有规律的。）A1 = [0; 1]B2 = [1 1; 0 1; 0 0]A3 = [0 0 0; 1 0 0; 1 1 0; 1 1 1]A4 = [0 0 0 0; 1 0 0 0; 1 1 0 0; 1 1 1 0; 1 1 1 1]B5 = [1 1 1 1 1; 0 1 1 1 1; 0 0 1 1 1; 0 0 0 1 1; 0 0 0 0 1; 0 0 0 0 0]算出y = B5*A4*A3*B2*A1 = [9 9 9 8 5 0] Tsum(y) = 40，与前面程序的结果相同。 . 完 .

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