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1、1.1节习题1.1.1对；不对1.1.2提示：考虑规模增长时的时间开销，可以对比运行时间，也可以在程序中统计基本操作数目1.2节习题1.2.1不一定。这要看枚举量和枚举时间1.2.3枚举即可。需要注意的是要保证每个问题只有一个正确答案而不是有个答案。本题有唯一解cdebeedcba。1.2.5注意行有很多但是列不太多。硬币翻两次等于不翻，所以所有行/列最多翻一次。枚举每列是否翻有29=512种情况，此时可以用O(n)的时间计算每行是否翻（注意：列确定以后每行独立）。1.2.6只需要枚举横坐标相邻的点1.2.7设S1的长度为n。注意用串匹配来做的话时间复杂度至少为O(10n)，不是有效算法。应该
2、枚举S1的“分段方式”。例如231241，如果分段方式为23|124|1，则124为完整的一段，前面必为123，后面必为125，经检验这是可行的。因此如果有一个完整段的情况可以用O(n2)次枚举来判定。剩下只需要解决没有完整段的情况，即被分成两段。如2312，如果被分为2|312，则需要枚举位数。如果是3位，有方程?2 + 1 = 312，无解；如果是4位，有方程?2 + 1 = 312?，有解3122 + 1 = 3123。基本思想如此，但是需要注意有进位的情况。建议读者自己写程序并提交到ural在线题库检查自己的程序是否考虑周全。1.2.12首先可以证明：覆盖整个草坪当且仅当覆盖草坪的上边
3、界。这样每个圆的作用范围是一条线段，问题转化为用最少的线段覆盖整个区间。先预处理再贪心，具体方法留给读者思考。1.2.14本题较难，需要先推出n=4时的两种可能最优策略（用代数方法容易推导出），然后用递归的思想把n4的情况转化为n=4的情况加以解决。提示：考虑四人速度为1,3,4,5和1,2,5,6的情况，最优时间分别为16和13。1.2.17本题答案不唯一。例如：解方程组。1.2.23枚举去掉的数字位置后，几乎就可以直接解方程了（需要分类讨论和少量附加枚举）。具体方式留给读者思考1.2.24把袋子编号为0,1,2.n-1，如果没有1717克的限制，就是第0,1,2.n-1个袋子依次取豌豆0,
4、1,2.n-1颗，把称得的重量和0+1+2+.+(n-1)比较，重了几克就是第几个袋子是魔法豌豆！可是现在有总重量限制，因此只有当0+1+2+.+n-1=1717时才能一次称出。记M(1)为能保证一次称出的最大n值，则解不等式得n=59。二次称可以用以下策略：59个袋子为一组，第0组不取，第1组每个取1颗，第2组每个取2颗.只要总重量10000，因此用我们刚才的策略就可以在10次内称出了。 1.2.27如果某张纸上只有一个程序，则可以在其他顺序恢复后再单独把它插入；如果某张纸上有至少三个程序，则除了头尾之外的中间程序都只会出现一次，也可以最后处理，因此只需要保留恰好有两个程序的纸张。剩下的工作
5、就不难了，留给读者思考。1.3节习题1.3.6自上而下的读取各行，可以用本节介绍的floodfill方法来作，但是更节省空间的方法是1.4节介绍的并查集。需要注意的是要正确的处理新块开始、旧块结束、不同块合并、相同块再次合并（形成“洞”）等几种情况。1.3.7下确界可以简单的通过求轮廓线的并来实现。交就没有这么简单了，因为在求轮廓线交以后可能形成非矩形的区域，即出现“凹角”。先作一次floodfill后删除有三侧属于同一个区域的角，直到不存在这样的角。1.3.24设电路对应的函数是f(i)，其中i是一个n进制数，n为输入个数。如果f(000.0)=f(111.1)，则所有x设置为0即可。否则考
6、虑序列：000.000,000.001,000.011,000.111, . 011.1, 111.1，每相邻两项只相差一个字符。显然一定存在相邻两项的f值不同，不同的字符保留为x，其他设置为相同值即可。可以二分查找，总时间复杂度为O(mlogn)，m为门的数目。1.4节习题1.4.1先作标记，等到浪费空间大于一半时重构树。可以证明均摊时间复杂度不变。另外还有保持每个操作最坏情况时间复杂度不变的算法，非常巧妙。1.4.7设s0=0，si=a1+a2+.+ai，则信息i j even等价于ai+.+aj为偶数，即sj-si-1为偶数，即sj与si-1同奇偶。这样，每条信息都可以变为某两个si和s
7、j是否同奇偶的信息。记samei为当前和si同奇偶的sj集合，diffi为当前和si不同奇偶的sj集合，则一条信息i j even将导致samej和samei-1合并，diffj和diffi-1合并；信息i j odd将导致samej和diffi-1合并；diffj和samei-1合并。具体细节留给读者思考。1.4.12和标准的Young Tableau查找算法很类似，稍微修改一下即可。1.4.16先按照x坐标排序，然后建立一棵静态的BST用于统计。需要记录附加信息。建议读者写写程序，要写得尽量简单，很少几行即可写完。1.5节习题1.5.8先作减法，把两个权变成一个。可以进一步发现如果矩形有重
8、叠，可以把重叠部分去掉和权和保持不变。这样问题变成了即找出k个不重叠的矩形使得权和最大。们用区域(i,j)来表示在矩阵W中的“第一行第i个格子右边所有元素加上第二行第j个格子右边的所有元素”这个区域，用ds,i,j来表示在这个区域中选择s个子矩阵，它们的元素总和的最小值。看作多阶段决策问题，则决策有五种：决策一：第一行第i个格子不用的情况，这种决策转移到状态ds,i+1,j；决策二：第二行第j个格子不用的情况，这种决策转移到状态ds,i,j+1；决策三：第一行从第i个格子放一个矩形，则大小L有O(n)种选择；转移到ds,i+L,j决策四：第二行从第j个格子放一个矩形，则大小L有O(n)种选择；
9、转移到ds,i,j+L决策五：两行一起放宽度为2的矩形，也有O(n)种选择。1.5.10如果是求利益最大的方案，显然可以定义状态di为考虑前i个订单并接受订单i的最大利润。但是第k的方案呢？这种状态表示是不行的。它的一个重要问题在于：问题不具备最优子结构！第k大方案所对应的决策的子决策不一定是第k大的。无奈之下，我们只好增加一维状态参量，用di,j表示考虑前i个订单并介绍订单i的第j大利润，而状态转移时也必须考虑所有前趋状态各自的第1,2,3j大利润（想一想，为什么不考虑第j+1,j+2k大利润？），然后加以比较。需要注意的是可以利用堆来降低时间复杂度，请读者思考。1.5.11注意到命令序列长
10、度不超过50，机器人不可能走得太远。所以可以先枚举终止位置，然后单独考虑每个机器人，让每个机器人删除的指令数都最少。用dx,y,i表示要让前i条指令被执行（或被删除）后机器人处于位置(x,y)所需要删除的最少指令数，请读者列出状态转移方程。1.5.12首先，我们直观的猜测：任意一副筷子中A和B一定是长度相邻的两只筷子。证明如下：对于某副筷子(A1,B1,C1)和另一副筷子(A2,B2,C2)，如果A1=A2=B1=B2，那么交换一下筷子重新组合成(A1,A2,C1)和(B1,B2,C2)质量和会更优。对于某副筷子(A,B,C)和闲置的筷子D，如果A=D=3j的时候状态是合法的。请读者自己写出状
11、态转移方程。1.5.13这道题目有一个很讨厌的条件：“只要有任务是可以完成的，那么工人不能闲着没事做”。如果工人必须按照任务序号递增的顺序，那么本题可以用简单的动态规划解决，但是本题没有规定任务完成的顺序，如果我们用di代表i时刻以后还需要的最少时间，那么我们做状态转移的时候会很为难：我们似乎无法知道那么任务是已经完成了的（它们不能被重复执行），因此决策集合无法确定。即：问题有后效性！真是这样吗？（解决后效性的通常办法是增加状态参量，即记录已经有哪些任务完成了，但是这样做状态量会大增，并不是一个好办法）我们需要避免重复选择任务，但是细心的读者一定已经发现了：根本不会重复选择任务。原因在于一个容
12、易被忽略的条件：t=di-ai2ti。当完成一个任务以后，严格的时间期限已经不可能允许工作再重复选择这个任务了。接下来的任务就十分简单了，请读者自己思考。1.5.17提示：本题很容易想到O(n3)的直接动态规划，但是时间复杂度还可以降低。先连接各点和圆心，把面积最大转化为正弦函数和最大，再利用正弦函数的性质进行优化。1.5.18铁球下落的高度和总是一定的，所以我们关心的问题只是它的水平移动距离。我们称平台i的两头为平台端点的横坐标为xi,0和xi,1，并设端点i纵坐标为yi。为方便处理，我们将铁球的初始位置抽象成宽度为0的平台0。每落到一个平台，球有两种决策：向左滚和向右滚，因此我们设从平台i
13、的第k个边缘(k=0为左边缘，k=1为右边缘)落下后还需要移动的最少水平距离为di,k。设pi,k为从平台i的第k个边缘落下后到达的平台编号（即状态di,k描述的“当前平台”，如果落下会摔碎，则pi,k=-1），则两种决策是：决策一：向左滚，指标函数为dpi,k,0+|xi,k - xpi,k,0|决策二：向右滚，指标函数为dpi,k,1+|xi,k - xpi,k,1|状态数为O(n)，决策数为O(1)，动态规划的时间复杂度取决于状态转移的时间复杂度，即p数组的计算复杂度。我们可以从高到低依次考察平台i下面平台j，如果xi,k处于区间xj,0, xj,1内，则pi,k=j。最坏情况下的时间复
14、杂度为O(n2)，比动态规划本身还要高。事实上可以用BST或者线段树来做到O(nlogn)，请读者思考。1.5.19本题最大的迷惑点在于佳佳的篮子，如果你在记录当前糖果堆的同时记录篮子内的糖果，那么你就上当了。佳佳很聪明，他只记录当前糖果堆的情况，从而推知哪些糖果曾被拿到篮子里，并标记编号为i的糖果总共被拿出来Ai颗。本着将尽可能多的糖果放入口袋的原则，佳佳将能配对的糖果统统从篮子内取出，于是令Ai =Ai mod 2，则当前篮子里糖果的数量Tot=sumAi就求出了。我们用P1,P2,P3,P4分别表示当前4堆糖果剩余的糖果数量，用数组元素aP1,P2,P3,P4表示状态P1,P2,P3,P4相应的Tot值。显然，根据aP1,P2,P3,P4+1的值，我们可以推得aP1,P2,P3,P4的值。如果Tot5，那么状态P1,P2,P3,P4是合法的，记为dP1,P2,P3,P4 = true；否则，这是导致游戏结束的非法状态，记为dP1,P2,P3,P4 = false。根据这个布尔型状态定义，我们不难写出状态转移方程，请读者自己完成。1.5.21本题也是利用匹配点的稀疏性。1.5.22只需求原串和逆序串的LCS1.5.23标准的
