初赛
时间复杂度
主定理(必考)
其中，(n)为问题的规模,(a)为递推下子问题的数量，(frac{n}{b})为每个子问题的规模，(f(n))为递推后做的额外的计算工作
在以下几种情况中, 主定理有用:
感性理解, (n^{log_b^a})和(O(f(n)))那个大取决于那个, 相等就乘一个(lg n)
画一棵递归树, 总共(log_b^n)层, 底层叶子树为(a^{log_b^n}=b^{log_b^alog_b^n}=n^{log_b^a})
然后不会了
9. 若某算法的计算时间表示为递推关系式：
T(N)=2T(N/2)+logN
T(1)=1
则该算法的时间复杂度为（）。
A.O(N) B. O(NlogN)
C.O(Nlog2N) D. O(N2)
答案: A. (log_b^a=1), 蛋是(log N)没法表示成(N)的指数形式, 不过由主定理可以大致估算在(O(N))左右
排序
冒泡排序&插入排序
冒泡:
辅助空间:(O(1))
最好:(O(n))
最差&平均:(O(n^2))
稳定
选择排序
辅助空间:(O(1))
最好&最差&平均:(O(n^2))
不稳定
归并排序
辅助空间:(O(n)*logn)
最好&最差&平均:(O(nlogn))
稳定
快速排序
辅助空间:(O(1)*logn)
最好&平均:(O(nlogn))
最差:(O(n))
不稳定
堆排序
辅助空间:(O(1))
最好&最差&平均:(O(nlogn))
不稳定
void swap(int K[], int i, int j)
{
int temp = K[i];
K[i] = K[j];
K[j] = temp;
}
//大顶堆的构造，传入的i是父节点
void HeapAdjust(int k[],int p,int n)
{
int i,temp;
temp = k[p];
for (i = 2 * p; i <= n;i*=2) //逐渐去找左右孩子结点
{
//找到两个孩子结点中最大的
if (i < n&&k[i] < k[i + 1])
i++;
//父节点和孩子最大的进行判断，调整，变为最大堆
if (temp >= k[i])
break;
//将父节点数据变为最大的，将原来的数据还是放在temp中，
k[p] = k[i]; //若是孩子结点的数据更大，我们会将数据上移，为他插入的点提供位置
p = i;
}
//当我们在for循环中找到了p子树中，满足条件的点，我们就加入数据到该点p,注意：p点原来数据已经被上移动了
//若没有找到，就是相当于对其值不变
//插入
k[p] = temp;
}
//大顶堆排序
void HeapSort(int k[], int n)
{
int i;
//首先将无序数列转换为大顶堆
for (i = n / 2; i > 0;i--) //注意由于是完全二叉树，所以我们从一半向前构造，传入父节点
HeapAdjust(k, i, n);
//上面大顶堆已经构造完成，我们现在需要排序，每次将最大的元素放入最后
//然后将剩余元素重新构造大顶堆，将最大元素放在剩余最后
for (i = n; i >1;i--)
{
swap(k, 1, i);
HeapAdjust(k, 1, i - 1);
}
}
int main()
{
int i;
int a[11] = {-1, 5, 2, 6, 0, 3, 9, 1, 7, 4, 8 };
HeapSort(a, 10);
for (i = 1; i <= 10; i++)
printf("%d ", a[i]);
system("pause");
return 0;
}
基数排序
基数(几个桶)(r)
最大位数(d)
空间:(O(n+rd))
最好&最坏&平均:(O(d*(n+r)))
稳定
/*算法：基数排序*/
#include <iostream>
using namespace std;
/*********************************************************
Function:rxsort
Description:基数排序
Input:
数组A[l,h]；
数组中最大元素的位数d，例如最大数为999，则d为3；
进制数k，如果是10进制数，k为10；
Output:排序好的数组；
Others：对数字1234来说，预定第0位为4，第1位为3，依次类推；
*********************************************************/
bool rxsort(int A[],int l,int h,int d,int k){
if(NULL==A||l>h)
return false;
int size = h-l+1;
int* counts = new int[k];//用于计数排序的辅助数据，详见计数排序
int* temp = new int[size];//用于存储重新排序的数组
int index;
int pval=1;
//依次处理不同的位
for(int i=0;i<d;i++){
//counts数组清零
for(int j=0;j<k;j++)
counts[j] = 0;
for(int j=l;j<=h;j++){
/*
1.data[j]/pval：去掉数字data[j]的后i个数，例如：
当data[j]=1234,i=2时，此时pval=100,data[j]/pval=12;
2.(data[j]/pval)%k：取数字data[j]/pval的最后一位数
3.(int)(data[j]/pval)%k:取数字data[j]的第i位数
*/
index = (int)(A[j]/pval)%k;
/*
统计数组A中每个数字的第i位数中各个数字的频数,用于计数排序；
*/
counts[index]++;
}
//计算累加频数，用户计数排序
for(int j=1;j<k;j++)
counts[j] = counts[j] + counts[j-1];
//使用倒数第i+1位数对A进行排序
for(int j=h;j>=l;j--){
index = (int)(A[j]/pval)%k;
temp[counts[index]-1] = A[j];
counts[index]--;
}
//将按第i为数排序后的结果保存回数组A中
for(int j=0;j<size;j++)
A[j+l] = temp[j];
//更新pval
pval = pval*k;
}
delete[] counts;
delete[] temp;
}
int main(){
int A[] = {712,303,4,18,89,999,70,26};
rxsort(A,0,7,3,10);
for(int i=0;i<8;i++)
cout<<A[i]<<" ";
}
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版权声明：本文为CSDN博主「BQW_」的原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接及本声明。
原文链接：https://blog.csdn.net/bqw18744018044/article/details/81810190
希尔排序
插入排序的加强,对固定间隔插排,倍减间隔
空间:(O(1))
平均:(O(n^{1.3}))
最差:(O(n^2))
最好:(O(n))
不稳定
#include<iostream>
using namespace std;
const int increment = 3;
void shellSort(int a[],int len)
{
int temp = 0;
unsigned gap = len/increment; // 步长初始化
while(gap) // while gap>=1
{
for (unsigned i = gap; i < len; ++i) // 分组，在每个子序列中进行插入排序
{
temp = a[i];//将当前的元素值先存起来方便后面插入
unsigned j = i;
while (j >= gap && temp < a[j-gap])//寻找插入位置
{
a[j] = a[j - gap];
j -= gap;
}
a[j] = temp;
}
gap = gap/increment;
}
}
int main()
{
int array[10] = {4,2,3,1,7,8,6,9,5,10};
cout<<"排序前的元素："<<endl;
for(int num=0;num<10;num++)
{
cout<<array[num]<<" ";
}
cout<<endl;
shellSort(array,10);
cout<<"排序后的元素："<<endl;
for(int num=0;num<10;num++)
{
cout<<array[num]<<" ";
}
return 0;
}
————————————————
版权声明：本文为CSDN博主「tqgwx」的原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接及本声明。
原文链接：https://blog.csdn.net/zztingfeng/article/details/98470164
总结
| / | 冒泡&插入排序 | 选择排序 | 归并排序 | 快速排序 | 堆排序 | 基数排序 | 希尔排序 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 空间 | (O(1)) | (O(1)) | (O(n)*logn) | (O(1)*logn) | (O(1)) | (O(n+r)) | (O(1)) |
| 最好 | (O(n)) | (O(n^2)) | (O(nlogn)) | (O(nlogn)) | (O(nlogn)) | (O(d(n+r))) | (O(1)) |
| 最差 | (O(n^2)) | (O(n^2)) | (O(nlogn)) | (O(n^2)) | (O(nlogn)) | (O(d(n+r))) | (O(n^2)) |
| 平均 | (O(n^2)) | (O(n^2)) | (O(nlogn)) | (O(nlogn)) | (O(nlogn)) | (O(d(n+r))) | (O(n^{1.3})) |
| 稳定? | 稳定 | 不稳定 | 稳定 | 不稳定 | 不稳定 | 稳定 | 不稳定 |
11、在待排序的数据表已经为有序时，下列排序算法中时间复杂度会减少的是（BD）。
A 堆排序（无关） B、希尔排序O(n) C、冒泡排序 比较次数不变 D、插入排序O(n)
逻辑运算
位运算+逻辑运算的优先级
逻辑非(!,┐) = 按位反(~)
>
位移运算(<<,>>)
>
不等号(>=,<=)
>
等号(==,!=)
>
按位与(&)
>
按位异或(^)
>
按位或(|)
>
逻辑与(&&,∧)
>
逻辑或(||,∨)
| A | B | 合取(wedge) | 析取(vee) | 蕴含( ightarrow) | 双蕴含(leftrightarrow) |
|---|---|---|---|---|---|
| T | T | T | T | T | T |
| T | F | F | T | F | F |
| F | T | F | T | T | F |
| F | F | F | F | T | T |
C++指针
P,NP,NPC,NPhard
https://blog.csdn.net/qq_29176963/article/details/82776543
及地址
图论
注意: 以下判定必须图联通
汉密尔顿 ?
- 汉密尔顿(回)路
- 经过图中每个结点恰好一次的(回)路
- 汉密尔顿图
- 含有 汉密尔顿回路 的图称为汉密尔顿图
一些性质:
- 假设 (G) 是一个 (n(n≥2)) 阶简单图，如果 (G) 中(forall) (u) 和 (v) ，都满足 (deg(u) + deg(v) ≥ n-1), 则 (G) 中存在 哈密尔顿道路 证明略（推荐）
- 假设 (G) 是一个 (n(n≥3)) 阶简单图，如果 (G) 中(forall) (u) 和 (v) ，都满足 (deg(u) + deg(v) ≥ n) 则 (G) 中存在 哈密尔顿回路
- 假设 (G) 是一个 (n(n≥3)) 阶简单图，如果 (G) 中任意顶点的次数都至少是 (lceil frac{n}{2} ceil) ，则 (G) 是哈密尔顿图
欧拉
- 欧拉(回)路
- 经过图中每条恰好一次的(回)路
- 欧拉图
- 含有 欧拉回路 的图称为欧拉图
判定:
- 无向连通图存在欧拉路的条件：
- 所有点度都是偶数，则可取任意一点作为起点。
- 或者恰好有两个点度是奇数，则奇数点度点一定是欧拉路的起点和终点
- 有向连通图存在欧拉路的条件：
- 每个点的入度等于出度，则存在欧拉回路（任意一点有度的点都可以作为起点）
- 或者除两点外，所有入度等于出度。这两点中一点的出度比入度大，另一点的出度比入度小，则存在欧拉路。取出度大者为起点，入度大者为终点。
树
- 先序遍历+中序遍历=一棵确定的二叉树
- 后序遍历+中序遍历=一棵确定的二叉树
- 即有中序遍历才能确定
下列关于图的说法正确的是（）：
A、欧拉图的每一个顶点都能作为某条欧拉闭迹的起点
B、 一个图有欧拉闭迹当且仅当该图有零个奇点。
C、 若一个无向图有奇数条边，则它必然不是二分图。
D、若G是汉密尔顿图，则对G上的汉密尔顿圈C，任意删去n个点，最多可将C划分为n段，反之亦然。
答案：A
注意：B不对，还要求连通
19.下列说法正确的是（ ） 算法
A.SPFA算法无法用来判断给定图是否存在负环
B. 当图中不存在负权环但是存在负权边，Dijkstra算法一定不能求最短路
C. 当图中不存在负权环但是存在负权边，bellman-ford算法一定能求最短路
D.相比于稀疏图，在稠密图上更适合使用SPFA算法
答案：C
注意：B不对,由于pq是优化,可以直接考虑n^2版本, 一个点只会去更新其他点一次, 只要构造一张真确距离第二次才能更新某个点的图即可; C正确; D.如完全图, Dij是n ^2而SPFA=nm=n ^3
14 在一个带权连通图G中，权值最小的边一定包含在G的() 生成树中。
A. 某个最小 B. 任何最小 C. 广度优先 D.深度优先
答案: A; (最小生成树) 审清题意
特殊的计数及常见排列组合问题
卡特兰数
前几项为 :
一般递推式:
在数据范围不大,模数不一定是质数 时可用
一般递推式的解: 通向公式１
通项公式1化简: 通项公式2
通项公式2化简:递推式2
一类斯特林数
第一类斯特林数 (S1(n,m)) 表示的是将 (n) 个不同元素构成 (m) 个圆排列的数目。
(S1(n, m) = (n - 1) cdot S1(n - 1, m) + S1(n - 1, m - 1))
即放在之前某个元素左边 + 单独成环
(S1(n, 0) = 0, S1(1,1) = 1)
二类斯特林数
第二类斯特林数 (S2(n,m)) 表示的是把 (n) 个不同元素划分到 (m) 个集合的方案数。
(S2(n, m) = m cdot S2(n - 1, m) + S2(n - 1, m - 1))
即放在之前某个集合 + 单独成集合
(S2(n, 0) = 0, S2(1,1) = 1)
常见排列组合问题
八种基本放球问题 *
1球相同,盒相同,可以为空 *
- 等价于整数拆分
- 性质: 将(N)拆分乘不超过(M)个数的方案数,等同于拆分成最大不超过(M)的方案数
将整数(N)分解为不超过(M)个整数的方案数
设(dp[i][j])为(i)分为(j)个数(带0)的方案
- 假设选出的数非减排列
- 所有的状态可以从一些子状态整体+1或不变转移, 这样不会破坏非严格递增的性质
即:
- 子状态增加一个0(空盒)在开头, (dp[i][j-1])
- 子状态整体(+1), (dp[i-j][j])
(dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-j][j])
(ans = dp[N][M])
如果求分成不超过(M)且不重复的方案数,则稍作修改:
(dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-j][j-1])
2球相同,盒相同,不可以为空 *
与前一种情况类似, 且更加简单
- 思路相同, 由于不可以为空, 不能从子状态加一个空盒转移
- 根据性质, 可以用子状态加一个单独的(1)(最小单位)转移
即:
- 子状态加一个单独(1), (dp[i-1][j-1])
- 子状态整体(+1), (dp[i-j][j])
(dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-j][j])
(ans=dp[N][M])
同样, 球同盒同可以为空也可用(sum_{i=1}^{M}dp[N][i])计算
3球不同,盒不同,可以为空 *
对于每一个球, 都有(N)个盒子任意选择
(ans=M^N)
或是二类斯特林数 * 排列 求和
(ans = sum_{k=1}^{m} S2(n, k) cdot A(m, k))
4球不同,盒相同,不可以为空 *
第二类斯特林数
5球不同,盒不同,不可以为空 *
第二类斯特林数 * 盒子的排列数
6球不同,盒相同,可以为空 *
对二斯求和
7球相同,盒不同,不可以为空 *
组合数
在(N)个球中插入(M-1)个隔板,即(C_{n-1}^{m-1})
递推
(dp[i][j])代表前(i)个球放入前(j)个盒子的方案数
- 将(i)放入当前盒子(j)中,(dp[i-1][j])
- (j)为新开的盒,(dp[i-1][j-1])
8球相同,盒不同,可以为空 *
组合数计算
可以转化为不空,将球数量增加(M)个,在每个盒子中先放一个
在进行插板, 即(C_{n+m-1}^{m-1})(最后在拿掉原先的(M)个)
递推+组合数
或者(DP)推,先推出不空的(DP),(ans=sigma(DP[n][j]*C_m^{m-j})),比较烦
错位排列 *
考虑递推, 设(f[i])为前(i)个数的错排方案数:
- 由于第(i)个数不能放在自己的位置上, 只能放在([1,i-1])的某个位置(j)上
- 那么原先(j)上的数要重新选择位置
选择之前的一个数有((i-1))种方案, 而对于重选位置:
- 位置(j)上的数放在(i)上, 现在剩下((i-2))个数都有限制, (f[i-2])
- 位置(j)上的数不放在(i)上, 相当于给(j)加了一个限制, 现在((i-1))个数有限制, (f[i-1])
(f[i]=(i-1)*(f[i-1]+f[i-2]))
圆排列 *
两种思路:
- 固定一个点, 剩下的全排列, ((n-1)!)
- 先全排列, 因为在圆上, 转一圈都相同, (n!/n)
重复排列
有(k)种物品, 每一种有(a[i])个, 总共(N)个,求排列的方案数
即全排列的方案数, 除以每一种内部排列的方案数
重复组合 * important
(n)种不同的球, 每种球无限个, 从中选(k)个的方案数
等价于将(k)次选择(相同)分配到(n)种球上
即(k)个球放到(n)个不同的盒子, 可以为空的情况
(C_{k-1+n}^{n-1})
3、3、 给定4个变量x1,x2,x3,x4，满足1<=xi<=10,求方程x1+x2+x3+x4=30的解数（）。
A.282 B.288 C.360 D.362
答案: 写成(10-x_1+10-x_2+10-x_3)
(2x^2-3x+1=0), (x=(2+-1)/4) (x1=1/2, x2 = 1)
(f(n) = A * (frac{1}{2})^{n-1} + B)[egin{cases} A + B = 1 \ 1/2 * A + B = 3/2 end{cases}](B = 2)
数列
平方和公式
证明:
特征根求通向+10-x_4=10$
转化成(y_1+y_2+y_3+y_4=10) 其中(0le y le 9), 用隔板法(C_{10+4-1}^{4-1} - 4) , (-4)表示减去某一个(y=10)的方案
15、 四面体的顶点和各棱中点共10个点，从中取4个不共面的点，不同的取法有多少种？
- 总共： (C_{10}^{4})
- 对于每一面， 选择这一面的(4)个， 不合法 ： (4*C_{6}^{4})
- 对于每一条边， 选(3)个点, 然后选择对面那一面上横边的中点， 不合法(6*1)
- 选择一个由中位线组成的平行四边形， 不合法：(3)
减去不合法的方案： (C_{10}^{4} - 4 * C_{6}^{4} - 6 - 3 = 141)
16、 以一个正方体的顶点为顶点，能组成多少个不同的四面体？ 类似上一题:
- 总共: (C_8^4)
- 选择一个面， 不合法： 6
- 选择一个对角面， 不合法： 6
58
17、 6本不同的书全部分给5名同学每人至少一本，有多少种不同的分法？ 5个人中， 有一个人有2本， 其他人都是1本
- 先选择一个有2本的人， (5)
- 在6本中选择2本给这个人， (C_6^2)
- 剩下的4本和4个人, 进行全排列匹配(A_4^4)
(ans=5*C_6^2*A_4^4=1800)
20、 8本不同的书分给3名同学，其中1名同学2本、另两人3本，有多少种不同分法？
- 先选一个2本的人, 给他2本书, (C_3^1*C_8^2)
- 剩下2个3本的人, 这时不需要在从中选一个人了, 因为(C_6^3)已经确定两个人的分配了, 一个人3本
(ans=C_3^1*C_8^2*C_6^3=1680)
23、 7个相同的小球，任意放入4个不同的盒子中，共有多少种不同的方法？
转化为不为空的情况, 在每个盒子中放一个, 于是在(10)个球中插(3)个隔板
(ans=C_{10}^3=120)
28、 10双不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任取4只，4只鞋子恰有2只成双的方法数？
- 先选一对, ("10")
- 剩下18只, 选择了某一只, 与其成对的就不能选, (18*16/2)
(ans=10*18*16/2=1440)
31、 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的分法？
只知道分类讨论怎么做:
37、 一些学生接受调查，这些学生中准备参加会计师考试的有63人，准备参加英语考试的有89人，准备参加计算机考试的有47人，三种都准备参加的有24人，只准备参加两种考试的有46人，不参加其中任何一种考试的有15人。请问有多少学生接受调查？
注意 : 是只参加2种的有...人, 画图易得至少参加2人的有46+243人, 有容斥可得答案为(63+89+47)-(46+243)+24+15 = 120
27、10双不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任取4只，4只鞋子没有成双的方法数？
答案:
- (20*18*16*14/A_4^4=3360)
- (C_{20}^4 - C_{10}^{1}*18*16/2 - C_{10}^{2}=3360)
数列
平方和公式
证明:
特征根求通向
一阶
待定系数法
二阶
Lucas定理
(C(n, m) mod p = C(n / p , m / p) cdot C(n mod p, m mod p) mod p)
哈希
二次探查法
(+1^2, -1^2, +2^2, -2^2, +3^2, -3^2)
平均查找长度
成功~~~
找到第一个空的位置
按照顺序插入元素, 例如这个位子还没有放过, 直接放即可, 长度为(1), 若已经放过, 而下一个位子没放, 则长度为(2)
{7, 14}, mod 7
0 1 7 14 1 2
平均的分母为已插入的个数
不成功~~~
找到第一个非空的位置
按照位置去找, 注意定义为不在散列表中的元素, 初始位置为([0, mod- 1])
{7、8、30、11、18、9、14}, mod 7
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 14 8 11 30 18 9 3 2 1 2 1 5 4 - - -
平均的分母为mod
哈弗曼编码 ?
(n = 2n_0 - 1)
概率期望
17. 随机抛硬币, 连续三次为 "正反正" 时就停止, 问期望抛几次
答案: 设E[i]表示匹配了前(i)位时到达目标的期望步数, 画树形图可得[egin{cases} E0 = (E1 + E0) / 2 + 1 \ E1 = (E2 + E1) / 2 + 1 \ E2 = (E0 + E3) / 2 + 1 \ E3 = 0 \ end{cases}]解得E0 = 10
错题
其他错题(算数, 推理)
9、孙某和张某是考古学家老李的学生。有一天，老李拿了一件古物来考验两人，两人都无法验证出来这件古物试谁的。老李告诉了孙某拥有者的姓，告诉张某拥有者的名，并且在纸条上写下以下几个人的人名，问他们知道谁才是拥有者?
纸条上的名字有：沈万三、岳飞、岳云、张飞、张良、张鹏、赵括、赵云、赵鹏、沈括。
孙某说：如果我不知道的话，张某肯定也不知道。
张某说：刚才我不知道，听孙某一说，我现在知道了。
孙某说：哦，那我也知道了。
请问：那件古物是谁的（B）?
A、赵括 B、岳飞 C、岳云 D、赵鹏
(1)剩下 岳, 赵
(2)排除 岳, 赵 中重名的
(3)排除 岳飞 赵括 赵鹏 中重姓的
include
using namespace std;
int f(int n,int k){
if (n == k || k == 0) return 1;
else return f(n - 1, k) + f(n - 1, k - 1);
}
int main() {
int n,k,m;
cin >> n >> k;
cout << f(n,k);
return 0;
}
6 此题的时间复杂度为多项式级别，请判断是否正确（B）？
A. 正确 B.错误
相当于O(ans)
5.将数组{8, 23, 4, 16, 77, -5, 53, 100}中的元素按从大到小的顺序排列，每次可以交换任意两个元素，最少需要交换（ ）次。
找出三个环, 答案应当是每个环的大小-1加起来
2.如果在某个进制下等式(7*7=41)成立，那么在该进制下(12*12=)( )也成立。
A.100 B. 144 C. 164 D.196
算错, 可以由前一个等式得他是(12)进制, 或者可以将后一等式写成((X+2)^2=X^2+4X+4)直接得到
4、若有18个元素的有序表存放在一维数组A[19]中，第一个元素放A[1]中，现进行二分查找，则查找A［3］的比较序列的下标依次为( )
A. 1，2，3 B. 9，5，2，3
C. 9，5，3 D. 9，4，2，3
答案: [1,18]->9->[1,8]->4->[1,3]->2->[3,3]->3
3、给定4个变量x1,x2,x3,x4，满足1<=xi<=10,求方程x1+x2+x3+x4=30的解数（）。
A.282 B.288 C.360 D.362
答案: A
前两个分一组, 后两个分一组, 算出每一组和为多少的方案数, 然后乘起来相加
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