算法哈,你咋这么骚!首次分享于:https://www.jianshu.com/p/6d9491d6871e
一篇推文撩拨了资深码农的心弦。为了圆ACM梦,报了字节跳动的主办的《字节跳动冬令营网络赛》。第一次参加ACM又做这种难度的题,被按在地上摩擦在所难免,所以一开始就抱着必死的决心,制定了做出一题就是胜利的战略目标。
下午一点开始比赛,赛程五小时。比赛开始前,拉了一个讨论组和伙计远程讨论,沟通效果确实不咋地,基本是各做各的。由于是英文题目,上来就是一通翻译,通过石墨文档共享翻译的结果,所有题目翻译完基本过了赛程的1/5。现在复盘的话,不如大致浏览下题目,找个题意容易理解的,直接开干,能节省不少时间。我找了下文所述题目作为目标,确实是一个简洁明了的题目。
6:Chiaki有一个n x m网格图,地图上有(n + 1)x(m + 1)个网格点。 她想知道面积为s/2的网格直角三角形的数量。
但看过最终提交的结果才发现自己too young too naivee,这道题的通过率为0/223。
开始解题时,以为是一道简单题,苦苦思索不得要领,经过两个多小时的挣扎,差点放弃比赛。好在有一丝倔强,硬着头皮继续鼓捣,灵机一现,想起了吴恩达教授在深度学习课程上有关卷积网络的卷积算法。
柳暗花明,搞出了如下的解题思路:
step0:在N*M的网格中,求面积为s/2的直角三角形的数量;
step1:在N*M的网格中,求面积为s=l*h的矩形的数量num;
step2:对s进行分解,求出所有(l,h)的组合,即长宽分别为(l,h)的矩形;
step3:重点来了,用卷积公式可知:num=(N-l+1)*(M-h+1),遍历step2的(l,h)组合,求出所有矩形(l,h)的数量num;
step4:求矩形(l,h)上面积为s/2的三角形数量count;
step5:则矩形(l,h)的三角形总量为num*count,累计所有(l,h)组合即可;
提交Python代码后,发现代码仅通过了9.09% test case,初步怀疑是step2处因式分解存在问题。
代码放在这里了哈,请大神帮忙指点下:
import math #因式分解 def factoring(n): ret = [] while n > 1: for i in range(n-1): k = i+2 if n % k == 0: ret.append(k) n = int(n / k) break return ret #生成n的组合 def combination(n): ret=[] #为1时特殊处理 if n==1: ret.append([1,1])#第一组组合 return ret ret.append([1,n])#第一组组合 ret.append([n,1])#还需要反转下 ids=factoring(n) #print(ids) ids = list(set(ids))#去重 #print(ids) #去掉大于平方根的值 Nsqrt=math.sqrt(n) ids=[i for i in ids if i <=Nsqrt] #print(ids) for a in ids: b=int(n/a) ret.append([a,b]) ret.append([b,a])#还需要反转下 return ret #end def main(N,M,n): total=0 tempTotal=[]#每个组合中的三角形数量 tempR=[]#每个组合中的矩形数量 res=combination(n) for item in res: l=item[0] h=item[1] Nl=max(N-l+1,0)#小于0的不行 Mh=max(M-h+1,0) Rnum=Nl*Mh#矩形数量 Tnum=(h+1)*(l+1)#三角形的数量-4 tempR.append(Rnum) tempTotal.append(Rnum*Tnum) total+=Rnum*Tnum #print(tempR) #print(tempTotal) print(total) return total #测试部分 INF = 10000 t = int(input()) for i in range(t): list1 = input().split() N=int(list1[0]) M=int(list1[1]) S=int(list1[2]) main(N,M,S) #print(res)
测试用例如下:
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