POJ1840-Eqs
大致题意：
给出一个5元3次方程，输入其5个系数，求它的解的个数
其中系数 ai∈[-50,50] 自变量xi∈[-50,0）∪（0,50]
注意：
若x1 =a, x2=b ,x3=c ,x4=d,x5=e时，与 x1=b, x2=a ,x3=c ,x4 =d, x5=e 代入方程后都得到值0，那么他们视为不同的解。
解题思路：
直观的思路：暴力枚举，O(n^5)
题目Time Limit=5000ms，1ms大约可以执行1000条语句，那么5000ms最多执行500W次
每个变量都有100种可能值，那么暴力枚举，5层循环，就是要执行100^5=100E次，等着TLE吧。。。。
要AC这题，就要对方程做一个变形
即先枚举x1和x2的组合，把所有出现过的 左值 记录打表，然后再枚举x3 x4 x5的组合得到的 右值，如果某个右值等于已经出现的左值，那么我们就得到了一个解
时间复杂度从 O(n^5)降低到 O(n^2+n^3)，大约执行100W次
我们先定义一个映射数组hash[]，初始化为0
对于方程左边，当x1=m , x2= n时得到sum，则把用hash[]记录sum : hash[sum]++，表示sum这个值出现了1次
之所以是记录“次数”，而不是记录“是否已出现”，
是因为我们不能保证函数的映射为 1对1 映射，更多的是存在 多对1映射。
例如当 a1=a2时，x1=m , x2= n我们得到了sum，但x1=n , x2= m时我们也会得到sum，但是我们说这两个是不同的解，这就是 多对1 的情况了，如果单纯记录sum是否出现过，则会使得 解的个数 减少。
其次，为了使得 搜索sum是否出现 的操作为o(1)，我们把sum作为下标，那么hash数组的上界就取决于a1 a2 x1 x2的组合，四个量的极端值均为50
因此上界为 50*50^3+50*50^3=12500000，由于sum也可能为负数，因此我们对hash[]的上界进行扩展，扩展到25000000，当sum<0时，我们令sum+=25000000存储到hash[]
由于数组很大，必须使用全局定义
同时由于数组很大，用int定义必然会MLE，因此要用char或者short定义数组，推荐short
[cpp] view plain copy //Memory Time //49188K 532MS #include<iostream> using namespace std; short hash[25000001]; //hash[sum]表示值等于sum的的解的个数(多对1映射) int main(void) { int a1,a2,a3,a4,a5; //系数 while(cin>>a1>>a2>>a3>>a4>>a5) { memset(hash,0,sizeof(hash)); for(int x1=-50;x1<=50;x1++) { if(!x1) continue; for(int x2=-50;x2<=50;x2++) { if(!x2) continue; int sum=(a1*x1*x1*x1 + a2*x2*x2*x2)*(-1); if(sum<0) sum+=25000000; hash[sum]++; } } int solution=0; for(int x3=-50;x3<=50;x3++) { if(!x3) continue; for(int x4=-50;x4<=50;x4++) { if(!x4) continue; for(int x5=-50;x5<=50;x5++) { if(!x5) continue; int sum=a3*x3*x3*x3 + a4*x4*x4*x4 + a5*x5*x5*x5; if(sum<0) sum+=25000000; if(hash[sum]) solution+=hash[sum]; } } } cout<<solution<<endl; } return 0; }
