基础算法：模拟、枚举

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枚举
模拟

枚举

简介

枚举（英文：Enumerate）是基于已有知识来猜测答案的一种问题求解策略。

枚举的思想是不断地猜测，从可能的集合中一一尝试，然后再判断题目的条件是否成立。

核心要点

给出解空间

建立简洁的数学模型。

枚举的时候要想清楚：可能的情况是什么？要枚举哪些要素？

减少枚举的空间

枚举的范围是什么？是所有的内容都需要枚举吗？

在用枚举法解决问题的时候，一定要想清楚这两件事，否则会带来不必要的时间开销。

选择合适的枚举顺序

根据题目判断。比如例题中要求的是最大的符合条件的素数，那自然是从大到小枚举比较合适

例题

一个使用枚举解题与优化枚举范围的例子

给定一个数组，其所有元素互不相同且均不为 0。求该数组中和为 0 的数对个数。

枚举两个数的代码很容易就可以写出来。

cpp 复制代码

for (int i = 0; i < n; ++i)
  for (int j = 0; j < n; ++j)
    if (a[i] + a[j] == 0) ++ans;

来看看枚举的范围如何优化。由于题中没要求数对是有序的，答案就是有序的情况的两倍（考虑如果 (a, b) 是答案，那么 (b, a) 也是答案）。对于这种情况，只需统计人为要求有顺序之后的答案，最后再乘上 2 就好了。

不妨要求第一个数要出现在靠后的位置。代码如下：

cpp 复制代码

for (int i = 0; i < n; ++i)
  for (int j = 0; j < i; ++j)
    if (a[i] + a[j] == 0) ++ans;
ans *= 2;

不难发现这里已经减少了 𝑗 的枚举范围，减少了这段代码的时间开销。

我们可以在此之上进一步优化。

两个数是否都一定要枚举出来呢？枚举其中一个数之后，题目的条件已经确定了其他的要素（另一个数）的条件，如果能找到一种方法直接判断题目要求的那个数是否存在，就可以省掉枚举后一个数的时间了。较为进阶地，在数据范围允许的情况下，我们可以使用桶记录遍历过的数。

存在负数的情况，3，相反数为-3，

ai，加上偏移量maxn

原来最大值maxn，加上偏移量后最大值变为了2*maxn

-a[i]实际下标(-a[i])+maxn

cpp 复制代码

#include <cstring>
constexpr int MAXN = 100000;  // 此处 MAXN 是数组内元素的界

int solve(int n, int a[]) {
  bool met[MAXN * 2 + 1];  // 创建一个能装下 [-MAXN, MAXN] 的桶
  memset(met, 0, sizeof(met));
  int ans = 0;
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    if (met[MAXN - a[i]]) ++ans;  // 如果桶内有想要的元素，答案加一
    met[MAXN + a[i]] = true;  // 无论如何，都要把当前元素放进桶里
  }
  return ans * 2;
}

复杂度分析

时间复杂度分析：对 𝑎 数组遍历了一遍就能完成题目要求，当 𝑛 足够大的时候时间复杂度为 𝑂(𝑛)。
空间复杂度分析：𝑂(𝑛 +max{|𝑥| :𝑥 ∈𝑎})。

模拟

简介

模拟就是用计算机来模拟题目中要求的操作。

模拟题目通常具有码量大、操作多、思路繁复的特点。

由于它码量大，经常会出现难以查错的情况，如果在比赛中写错是相当浪费时间的。

核心要点

写模拟题时，遵循以下的建议有可能会提升做题速度：

在动手写代码之前，在草纸上尽可能地写好要实现的流程。
在代码中，尽量把每个部分模块化，写成函数、结构体或类。
调试时分块调试。模块化的好处就是可以方便的单独调某一部分。
写代码的时候一定要思路清晰，不要想到什么写什么，要按照落在纸上的步骤写。

实际上，上述步骤在解决其它类型的题目时也是很有帮助的。

例题

Climbing Worm

一只长度不计的蠕虫位于 𝑛 英寸深的井的底部。它每次向上爬 𝑢 英寸，但是必须休息一次才能再次向上爬。在休息的时候，它滑落了 𝑑 英寸。之后它将重复向上爬和休息的过程。蠕虫爬出井口需要至少爬多少次？如果蠕虫爬完后刚好到达井的顶部，我们也设作蠕虫已经爬出井口。

数据范围： 0 ≤ d < u ≤ 100 ， 0 < n ≤ 100000 0 \leq d < u \leq 100，0 < n \leq 100000 0≤d<u≤100，0<n≤100000

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve(){
    int u,d,n;
    cin>>u>>d>>n;
    int now=0;
    int ans=0;
    while(now<n){
        ans++;
        now+=u;
        if(now>=n) break;
        now-=d;
    }
    cout<<ans<<'\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int T=1;
//    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}