Question

我接受了下周的采访，并且正在为此练习问题。我遇到了这个问题，你能帮我解决一下吗？

礼品自动售货机，你有 B pouches   收集礼品。每个礼品自动售货机都有无限的礼品。

每台机器在 Si 秒时开始丢弃礼物并保持   每隔 Ii 秒丢一份礼物。 你可以安排小袋   你喜欢的任何方式，但一旦他们被设置在一台机器下面，你就不能   把它移到另一台机器上。你需要收集最少的C礼物   在最短的时间内。

输入

第一行包含整数A，B，C。

第二行包含整数， Si 。（用空格分隔），   我从1到A。

第三行包含整数 Ii （用空格分隔），I   从1到A。

输出

一个给出最小计算时间的整数。

我认为这种方法效率很低。我认为我们可以让所有子集的基数等于B，然后选择给出最小时间的子集。

这种方法似乎是暴力，所以我正在寻找另一种替代方法。

你们中的任何人可以帮我吗？

Answer 1

首先编写一个函数

int max_num_gifts(A,B,t,S[],l[])

计算t时间内您可以使用B包收集的最大礼品数量。这可以在O(A)时间内完成：给定S[]和l[]，机器A[i]丢弃的礼物数量为(t-S[i])/l[i]+1。然后获得丢失最多礼物的顶级B机器。有关如何在O(n)时间内进行选择，请参阅How to find the kth largest element in an unsorted array of length n in O(n)?。

然后，您可以循环遍历时间t=1,2,...直到max_num_gifts >= C。或者更好的是，您可以使用二进制搜索来查找t：从t=1开始，然后检查t=2，t=4，t=8等，直到您得到一个太大的数字，然后二进制搜索所需的t。

整体时间复杂度应为O(A* lg(T_min))。

Answer 2

一种可能的方法如下：

通过逐步完成事件来同时模拟每台自动售货机。对于每台机器计算它将丢弃礼物并逐步完成该时间的时间。

此外，维护所有机器的优先级队列，按照到目前为止的礼品数量排序。

然后，如果礼品总数B机器等于C，那么这是最短时间T_min。

Order of complexity: O( T_min * A * logA )

Answer 3

首先，您必须按S_i按升序对自动售货机的起始时间A进行排序。我认为，有了这个先决条件，如果你把问题写成一个等式，问题会变得更清楚：

Problem as euqation

其中\Theta是Heaviside step function，而特殊括号表示floor function。

T超过gamma时查找C的小型python脚本可能看起来像

import numpy as np

A=10
B=3
C=10
S=np.sort(np.random.randint(100, size=A))
gamma=0
t=1

while gamma<C:
    for i in range(1, B):
        gamma=(1 if t-S[i] > 0 else 0) * np.floor(t/2)
        t = t+1

print "minimal t: %d" % t

我没有从文件中读取输入值A，B和C，并在0到100之间随机生成起始时间S。您还需要检查是否B<A。

Answer 4

为简单起见，让我们做出以下假设（我们可以稍后放松这些假设并解决边缘情况）：

每台机器都会产生一个“分数”的礼物＆＃39;每次都是1 / l [i]。
所有S [i]都不同，即没有两台机器同时开始分配。

让我们先考虑两个边界案例：

如果我们有比机器更多的袋子，我们不必在它们之间做出选择;在每次踏步S [i]时，我们都会给机器i添加一个小袋，并继续收集所有礼物，直到我们总共有C。
如果| B | = 1（只有一个小袋），我们在最小的S [i]添加小袋。我们一直踩着时间，直到我们到达C，或者直到另一台机器在那时导致更高的总数，然后由于20-20事后才切换袋。注意，在数学上，切换点是在S [i]处穿过x轴的两条线的交点，并且具有斜率1 / l [i]。我们稍后会再回过头来看。

以上考虑导致以下一般（天真）算法，伪代码。

def min_time_to_reach_c(S,l): def function yield(m, t) = max(0, t-S[m])/l[m] Active = {} # The currently best set of machines that we attach our pouches to Inactive = {1,..,A} # The other machines t = 0 # time step sum = 0 # total gifts collected so far gift_rate = 0 # gifts we receive at every time step while sum < C: if |Active| < B and t == S[m’] for some m’ in InActive: # we have not used up all our pouches yet Active += {m’} InActive -= {m’} gift_rate += l[m’] else if yield(m’,t) > yield(m,t) for some m’ in InActive, m in Active: (*) # for all successive time steps, m’ will be preferable to m Active += {m’} - {m} InActive -= {m’} sum += yield(m’,t) - yield(m,t) gift_rate += l[m’] - l[m] sum += gift_rate t += 1 return t

这种幼稚算法的复杂性至多为O（t_min * A），如果在每个步骤（*）中我们确定了交叉＆＃39;通过每个线性通道找到（In）有效集的最大（最小）产量。

如果A＆lt; t_min，我们实际上可以通过考虑几何体来做得更好 - 它可以被视为sweep line algorithm。事实上，没有必要访问每个时间点，我们只需要看看有趣的＆＃39;机器启动或交叉的点。在预处理步骤中，我们计算所有具有交叉点的时间步长（如果一条线不与另一条线交叉并且被支配，则可以立即丢弃）。在每个这样的点上，我们可以如上所述更新我们的有效集和收益率。我们还计算当前速率达到C的距离;如果这发生在下一个S [i]或过境之前，我们就完成了。

扫描线算法的复杂性是预处理步骤的O（A ^ 2），以及最多2A更新步骤的另一个O（A ^ 2）（或者更好，如果我们使用O（A log A）一个优先级队列，用于跟踪行的相对顺序）。请注意，这与t_min无关。

我认为一个有趣的后续问题是：如果你事先不知道S [i]和l [i]，最好的策略是什么？

找到从A机器中获取C礼品所需的最短时间？

4 个答案: