给定两个整型数组A和B。我们将A和B中的元素两两相加可以得到数组C。
譬如A为[1,2],B为[3,4].那么由A和B中的元素两两相加得到的数组C为[4,5,5,6]。
现在给你数组A和B,求由A和B两两相加得到的数组C中,第K小的数字。
输入可能包含多个测试案例。
对于每个测试案例,输入的第一行为三个整数m,n, k(1<=m,n<=100000, 1<= k <= n *m):n,m代表将要输入数组A和B的长度。
紧接着两行, 分别有m和n个数, 代表数组A和B中的元素。数组元素范围为[0,1e9]。
对应每个测试案例,
输出由A和B中元素两两相加得到的数组c中第K小的数字。
2 2 3 1 2 3 4 3 3 4 1 2 7 3 4 5
5 6
这个题是把两个数组里面的元素求和后变成新的一个数组C,问数组C中第K大的数字是多少。
题目的数据比较大,最大的K是100000*100000,尽管时限是2秒,但是如果是直接枚举生成前K个数字的话,还是不能通过测试的。
那么得想想其他办法,比如说二分,但是该二分什么呢,一下子很难想到,一般情况下都是二分给定的数据中有的数字,但是这儿行不通。
后来想到了可以直接二分答案,尽管这个答案不在生成的数列中。
我们可以用二分逼近。
二分一个答案X
然后统计一下生成的序列中<=X的有多少个。
如果个数>=K,那么这是一个可能的解,记录一下。
然后我们往小的逼近。
如果<K说明当前的答案不够大。
要往大的逼近。
计算比X小的数字有多少个可以利用数组的单调性来做。
先对a,b数字从小到大排序。
然后枚举a中的元素a,统计一下b中有多少个和a加起来是<=X的。
a<=a[i+1]那么b中的符合的个数将会单调不增。
这样验证的复杂度就是O(n+m)了。
最后的总复杂度是O(log(2*10^9)*(n+m))
完美的复杂度。
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long lld; const lld M = 100001; lld arr1[M],arr2[M]; lld m,n,k; //统计小于等于 mid 的个数 lld cntMin(lld mid){ lld cnt = 0; lld j = n-1; for(int i=0; i<m; i++){ //由于已排序,可直接利用上一次结果 while(j >= 0 && arr1[i] + arr2[j] > mid) j--; cnt += j+1; } return cnt; } lld low,high,mid; int main() { freopen("in.txt", "r", stdin); while(scanf("%lld%lld%lld", &m,&n,&k) != EOF){ for(lld i=0; i<m; i++) scanf("%lld", &arr1[i]); for(lld j=0; j<n; j++) scanf("%lld", &arr2[j]); sort(arr1, arr1+m); sort(arr2, arr2+n); low = arr1[0] + arr2[0]; high = arr1[m-1] + arr2[n-1]; lld ans; //二分逼近 while(low <= high){ mid = (low+high)/2; lld cnt = cntMin(mid); if(cnt >= k){ ans = mid; //mid有可能是解 high = mid-1; }else low = mid+1; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
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