引言

• 今天应该是舟车劳顿的一天，头一次在机场刷题，不学习新的东西了，就复习一些之前学习的算法了。

复习

二维背包问题——宠物小精灵之收服

以往的分析链接

• 第一次分析
• 第二次分析

个人实现

• 这是第二次在做这道题，这是一个单纯的二维背包问题，需要理清楚最后是要你输出什么类型，先给20分钟在开发网站上尝试一下，然后在来具体分析。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <limits.h>using namespace std;const int N = 1010,M = 550,K = 110;// 其中的N表示的精灵球的数量，M是体力值，K是野生精灵的数量int nt[K],mt[K];
int f[K][N][M];int n,m,k;int main(){cin>>n>>m>>k;for(int i = 1;i <= k;i ++){cin>>nt[i]>>mt[i];}// 二维背包问题计算状态转移矩阵变化的int res = f[k][n][m-1];for(int i = 1;i <= k;i ++){// 针对第i个物体，只有判定抓或者不抓两种情况for(int j = 0;j <= n;j ++){// 遍历合法情况下的精灵球数量for(int l = 0 ;l <= m - 1;l ++){// 遍历合法情况下的体力值，注意上下确界，体力值不能消耗完// 两种情况，抓或者是不抓，对应需要处理边界值的情况if (j-nt[i] >= 0 && l-mt[i] >= 0)f[i][j][l] = max(f[i-1][j][l],f[i-1][j-nt[i]][l-mt[i]] + 1);elsef[i][j][l] = f[i-1][j][l];res = max(f[i][j][l],res);}}}cout<<res<<" ";// 第二个维度进行判定for(int i = 1;i <= k;i ++) {// 针对第i个物体，只有判定抓或者不抓两种情况for (int j = 1; j <= n; j++) {// 遍历合法情况下的精灵球数量for (int l = 1; l <= m - 1; l++) {if (f[i][j][l] == 2)cout<<"("<<i<<","<<j<<","<<l<<"): "<<f[i][j][l]<<" "<<endl;}}}int cost_health = m;for(int i = 0;i < m;i ++){if(f[k][n][i] == res)cost_health = min(cost_health,i);}cout<<m - cost_health;
}

重大问题

• 这里有一个重要的发现，就是就是如果使用原始的，不加滚动数组优化的，就得保证每一层之间都能够将信息传递下来，不能因为不满足条件，就直接跳过。
  • 这个bug看了好久，才发现，中间是断层的，之前的决策信息是没有传递下来的，所以最后一行都是空的。

滚动数组优化实现

• 这里可以使用滚动数组进行优化实现，因为每一次都是从前往后遍历，然后用的是之前的数据。如果使用从后往前遍历，就不需要修改上一个数组了，这里讲的有点模糊，有点混乱。这里直接看我之前的分析吧，具体如下
• 背包模板——采药问题
• 设计公式推导，不过不重要，很好记：完全背包问题——买书
• 这个是公式推导的第二部分：完全背包问题——买书2

最终实现代码如下

• 实现起来真简单，不得不说，确实厉害！

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <limits.h>using namespace std;const int N = 1010,M = 550,K = 110;// 其中的N表示的精灵球的数量，M是体力值，K是野生精灵的数量int nt[K],mt[K];
int f[N][M];int n,m,k;int main(){cin>>n>>m>>k;for(int i = 1;i <= k;i ++){cin>>nt[i]>>mt[i];}// 二维背包问题计算状态转移矩阵变化的for(int i = 1;i <= k;i ++){// 针对第i个物体，只有判定抓或者不抓两种情况for(int j = n;j >= nt[i];j --){// 遍历合法情况下的精灵球数量for(int l = m - 1 ;l >= mt[i];l --){f[j][l] = max(f[j][l],f[j-nt[i]][l-mt[i]] + 1);}}}int res = f[n][m-1];cout<<res<<" ";int cost_health = m;for(int i = 0;i < m;i ++){if(f[n][i] == res)cost_health = min(cost_health,i);}cout<<m - cost_health;
}

新作

串联所有单词的字串

• 题目链接
  
  
• 这题跳了好几次，后面好几题都做了，终于是他了，两天做这道题。

重点

• words是由若干个子字符串构成的，然后可以按照任意顺序进行拼接，形成n!个字符串，数量很大
• 每一个字符字串进行匹配查找拼接，这又是一个问题的。每个都是n平方的时间复杂度，根本做不了的。n平方 * n！，这个时间复杂度太高了。根本实现不了的！
• 可以在以下几个地方做出精简
  • 扫描一次，然后记录所有相同长度，但是起点不同但是长度相同的字符串，然后在按照集合进行比较？这样确实能够缩减时间复杂度。
  • 尝试使用不同的字符串进行优化？最长公共字串有用吗？KMP算法？不得行！
• 这样吧，匹配出每一个字符串在源字符串的位置，然后将源字符串标注为不同的序列，直接返回对应的序列即可。但是这里有一个问题的，就是这几个 word之间会出现嵌套的问题吗？如果出现嵌套问题就不好做了。

个人实现

• 字符串s重点长度为x的s.size() - x个子串中，和words中的每一个字符串进行匹配，然后进行标注。判定当前的字符串是相等的，过滤一遍的。记录一下，每一个元素开始的位置，然后再向后进行遍历，保证结果相同？
• 没有办法保证word和word之间是没有重叠的，这种情况肯定会出现，这就不知道怎么处理了。
• 不想做了，今天好烦躁呀，还是直接看解说吧。

参考实现

• 这里参考的y总的代码，基本思路还是很简答的，关键是如何将问题进行拆解，和我的思路比较像，但是有两个地方没有想到

  • 字符串的快速匹配可以使用hash实现，这里我并没有考虑到，在我的设想里面只能使用遍历实现
  • 两个字符字串的匹配使用两个hash表配合滑动窗口实现的

• 具体思路分析图如下

具体实现代码如下

#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <vector>
using namespace std;vector<int> findSubstring(string s,vector<string >& words){vector<int> res;// 边界条件判定为空if (words.empty())  return res;// 定义words的长度和word的长度，以及整个string的长度int n = s.size(),m = words.size(),w = words[0].size();// 定义目标子串中的对应的hash表unordered_map<string,int> tot;for (auto s:words)  tot[s] ++;// 将待匹配的原始的字符串进行等距分割拼接for (int i = 0; i < w; ++i) {// 定义count记录当前起点下的有效的字符子串的个数int cnt = 0;// 对每一个起点创建对应的字典字符串unordered_map<string,int> temp;for (int j = i; j < n; j += w) {// 如果长度大于滑动窗口的长度，需要弹出if (j >= i + m * w){// 已经超过了长度，需要弹出最初的元素auto st = s.substr(j - m * w,w);temp[st] --;// 判定弹出的元素是否有效if (temp[st] < tot[st])    cnt--;}// 需要往队列中添加元素auto st = s.substr(j ,w);temp[st] ++;// 判定加入的元素是否有效if (temp[st] <= tot[st])    cnt ++;if (cnt == m)   res.push_back(j - (m - 1)*w );}}return res;
}int main(){}

总结

• 刚到上海，总是有很多东西需要收拾，本来准备来实习的，结果的主管面还是把我拒了，确实没有准备好呀，难受，现在就是单纯来学习的了。心里怅然若失！不过无所谓了，先做着吧，尽力去做着吧。来了弄了蛮多家务的，昨天的都没有交稿，脱了两天，明天开始进入状态了，调整一下，不能浪费时间！继续卷吧！然后开始继续弄的！

• 今天挫败感还是满足的，感觉坐立不安，怎么都不舒服。

  • 换环境了？
  • 没找到实习

• 都有吧，好好干吧！