勵(lì)志用盡量少的代碼做高效的表達(dá)。

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提交（題目）鏈接→UVa-679

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題目大意：

有一顆滿二叉樹，每個(gè)節(jié)點(diǎn)是一個(gè)開關(guān)，初始全是關(guān)閉的，小球從頂點(diǎn)落下，如果開關(guān)打開，則落向該節(jié)點(diǎn)的右子樹，如果開關(guān)關(guān)閉，則落向該節(jié)點(diǎn)的左子樹。小球每次經(jīng)過開關(guān)就會(huì)把它的狀態(tài)置反，問第k個(gè)球下落到d層時(shí)經(jīng)過的開關(guān)編號(hào)。

思路分析；

最初的想法是：使用一維數(shù)組模擬樹的遍歷。

因?yàn)轭}目比較簡(jiǎn)單，就沒有估算時(shí)間復(fù)雜度。 寫出來后提交，顯示TLE。
于是結(jié)合紫書自己分析了一下：
因?yàn)镮的取值可以最大為2^21-1,而最大深度為20，因此一組數(shù)據(jù)的計(jì)算量就高達(dá)1000W。而一共可能有10000組數(shù)據(jù)。 因此常規(guī)方法一定會(huì)超時(shí)。
仔細(xì)看了解析，敲出了優(yōu)化方法。

優(yōu)化的想法是：規(guī)律推導(dǎo)+數(shù)學(xué)公式實(shí)現(xiàn)。

因?yàn)槊恳粋€(gè)小球都會(huì)落到根節(jié)點(diǎn)上，因此前兩個(gè)小球必然是一個(gè)在左子樹的最左側(cè)，一個(gè)在右子樹的最左側(cè)。
因此可得：只需看小球的奇偶性，就能知道他是最終在哪棵子樹。
同理：對(duì)于那些落入根節(jié)點(diǎn)左子樹的小球來說，只需知道該小球是第幾個(gè)落在根的左子樹里的，就可以知道下一步是往左還是往右了。
如果使用題目中給出的編號(hào)I，則當(dāng)I是奇數(shù)時(shí)，它是往左走的第(I+1)/2個(gè)小球，當(dāng)I是偶數(shù)時(shí)，它是往右走的第I/2個(gè)小球。 可以直接模擬最后一個(gè)小球的路線：
這樣程序的運(yùn)算量就與小球編號(hào)無關(guān)了，而且節(jié)省了一個(gè)巨大的數(shù)組。
（PS：敲到這里，偶然想起從前做過的一道題：大致是求1-n的連加和。如果直接遍歷，值會(huì)溢出。 最后采用高斯公式：sum = n(n-1)/2解決問題。 規(guī)律果然都是相通的。）*

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下面把兩種代碼都貼出來，供學(xué)習(xí)參考。

超時(shí)的代碼：

#include<stdio.h> #include<cstring> const int maxd = 20; int s[1<<maxd]; int main() {int n; scanf("%d", &n); while(n--) {int D, I; scanf("%d %d", &D, &I); {memset(s, 0, sizeof(s)); //a數(shù)組從1開始運(yùn)算 int k, n1 = (1<<D)-1;for(int i = 0; i < I; i++) { //遍歷小球 k = 1;for(;;) {s[k] = !s[k];k = s[k] ? k*2 : k*2+1;if(k > n1) break;}}printf("%d\n", k/2);}}return 0; }

AC代碼：

#include<stdio.h> int main() {int n; scanf("%d", &n); while(n--) {int D, I; scanf("%d %d", &D, &I);int k = 1;for(int i = 0; i < D-1; i++) if(I%2) { k *= 2; I = (I+1)/2; }else { k = (k*2+1); I /= 2; }printf("%d\n", k);} return 0; }

收獲：

1、對(duì)樹遍歷的模擬
2、規(guī)律推導(dǎo)+數(shù)學(xué)公式的實(shí)現(xiàn)。

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擇苦而安，擇做而樂；虛擬現(xiàn)實(shí)終究比不過真實(shí)精彩之萬一。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的12行代码AC——例题6-6 小球下落(Droppint Balls, UVa 679)——解题报告的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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