求高效算法 -- 在线等

xinjieangel 2009-07-01 06:30:43


计算有没有重合端口

每个端口的计算方法是：basic+number*step
basic是基数
number是个数
step是步长如：
basic = 5000； number = 1000; step = 4;
这1000个端口所占用的端口号是：5000+4*n (n的取值是0到999)。即从5000开始，每加4为一个端口号。
第501个端口的端口号是：7000即5000+（501-1）*4

那么现在有两组basic，number，step，用高效的算法，得出是否有重合的端口。

请注意：高效，并不是用数去一个一个的比。
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chuengchuenghq 2009-07-15
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膜拜高财生
易之阴阳 2009-07-14
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中国剩余定理，同余问题
或整数离散直线问题
step1=4
step2=3
4m-3n=25
m=(3/4)*n+25
只需把你的一组中的是4的倍数的个数代入，看有没有超出m 的范围
Yi_mii 2009-07-14
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[Quote=引用 6 楼 xinjieangel 的回复:]
鬼谷算法可以么？
完全没有看出来。

后来请教一朋友，他告诉我一个方法：
basic简为b
number简为n
step简为s
即：b2+n2*s2 - (b1+n1*s1) 的绝对值 与s1 进行取余，若为零，说明会出现相同的数值。

具体对错，我也搞不清楚，只有先用上，然后再进行测试了……

如有问题，还请各位指教。
[/Quote]

n1,n2是指number的最大值吗？
这种情况只是必要条件不是充分条件吧
Yi_mii 2009-07-14
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找到n1,n2使下式成立即存在端口重合:
b1+n1*s1=b2+n2*s2 (b1,b2,s1,s2已知)

即式(1):(n1*s1)%s2=b2-b1 中未知数n1有整数解
上式等价 ((n1%s2)*(s1%s2))%s2=b2-b1
式(2): (y*(s1%s2))%s2=b2-b1 (设y=n1%s2, 0<=y<=s2-1,且为整数)
用式(2)在y的范围里遍历下就知道有没有重合端口了。

最大计算次数为 min(s1,s2,n1最大值,n2最大值) ...s比n大时遍历式(1)中的n

想不到更有效的了，式(2)解不出。。。
如果还是不高效，只能换端口分配算法了
Yi_mii 2009-07-14
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[Quote=引用 16 楼 liuzk423 的回复:]
中国剩余定理，同余问题
或整数离散直线问题
step1=4
step2=3
4m-3n=25
m=(3/4)*n+25
只需把你的一组中的是4的倍数的个数代入，看有没有超出m 的范围
[/Quote]
...............m=(3/4)*n+25/4
knate 2009-07-08
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//复杂度大概为GCD(s1*n1,s2*n2)

#include	<iostream>

#include	<vector>



using	namespace 	std;



int gcd(int	a,int b){

		if(a<b)

		return	gcd(b,a);

		if(!(a%b))

		return b;

		else

		return	gcd(b,a%b);

}



int max(int a,int b){

return	(a>b?a:b);	

}



int main(){

int basic1(1000),step1(5),number1(15);

int basic2(1000),step2(15),number2(13);

int max_divisor=gcd(step1*number1,step2*number2);

int b,s,n;

int bt,st,nt;

vector<int>	v_sum(0);

		if(basic1>basic2){

		b	=	basic1;

		s	=	step1;

		n	=	number1;

		bt	=	basic2;

		st	=	step2;

		nt	=	number2;	

		} 

		else{

		b	=	basic2;

		s	=	step2;

		n	=	number2;

		bt	=	basic1;

		st	=	step1;

		nt	=	number2;		

		}

		for(int sum	=	b;sum	<	b+s*n	&&	sum	<	bt+max_divisor;sum	+=	s){

		if(!((sum-bt)%st)	||	!((sum-bt)%nt)){

		v_sum.push_back(sum);

		cout<<sum<<endl;	

		}

		}

int first,end;

first	=	 max(basic1,basic2);

end	=	max(basic1+step1*number1,basic2+step2*number2);

		if(end<first)

		cout<<"数量:"<<0<<endl;

		else{

	  int x	=	0;

	  	for(vector<int>::iterator	pfirst	=	v_sum.begin();(*pfirst	<=	(end-first)% max_divisor)	&&	pfirst	!=	v_sum.end();++pfirst){

			++	x;

			}

		cout<<"数量:"<<x+v_sum.size()*((end-first)/max_divisor); 

		} 



system("pause");

return 0;

}
jlp999 2009-07-03
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#define UINT unsigned int 

#define METHOD(base, num, step) (base + (num - 1)*step) 

#define SAME_PART_NUM(max, base, step)  ((max - base)/step) 



bool SameNum(UINT base1, UINT num1, UINT step1, 

            UINT base2, UINT num2, UINT step2) 

{ 

    UINT base2_same_part_num_max = 0; 

    UINT i = 0; 



    /* have same number part  */ 

    if ((base1 <= base2) 

        && (METHOD(base1, num1, step1) >= base2)) 

    { 

        /* (b2 + x*s2) == (b1 + y*s1) */ 

        /* so, y = (b2 - b1 + x*s2)/s1 */ 

        /* so, we use (0 == (b2 - b1 + x*s2)%s1) */ 

        base2_same_part_num_max = SAME_PART_NUM(METHOD(base1, num1, step1) - base2)/step2; 



        for (i = 0; i <= base2_same_part_num_max, i++) 

        { 

            if (0 == (base2 - base1 + i*step2)%step1) 

            { 

                return true; 

            } 

        } 



        return false; 

    } 

    else 

    { 

        SameNum(base2, num2, step2, base1, num1, step1); 

    } 

}


pangshaohua 2009-07-03
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位图法
时间转换为空间算法
时间的复杂度为(1)
jlp999 2009-07-03
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C code:

#define UINT unsigned int
#define METHOD(base, num, step) (base + (num - 1)*step)
#define SAME_PART_NUM(max, base, step) ((max - base)/step)

bool SameNum(UINT base1, UINT num1, UINT step1,
UINT base2, UINT num2, UINT step2)
{
UINT base2_same_part_num_max = 0;
UINT i = 0;

/* have same number part */
if ((base1 <= base2)
&& (METHOD(base1, num1, step1) >= base2))
{
/* (b2 + x*s2) == (b1 + y*s1) */
/* so, y = (b2 - b1 + x*s2)/s1 */
/* so, we use (0 == (b2 - b1 + x*s2)%s1) */
base2_same_part_num_max = SAME_PART_NUM(METHOD(base1, num1, step1) - base2)/step2;

for (i = 0; i <= base2_same_part_num_max, i++)
{
if (0 == (base2 - base1 + i*step2)%step1)
{
return true;
}
}

return false;
}
else
{
SameNum(base2, num2, step2, base1, num1, step1);
}
}
lasttimes 2009-07-03
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C/C++ code
先试下发代码
showjim 2009-07-02
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鬼谷算法可解此题
haggard_hunan 2009-07-02
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basic1 + x * step1 = basic2 + y * step2

x y基实可以看作是同一个变量，只是自变量范围不同而已，其它都是常量。。。。。
xinjieangel 2009-07-02
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[size=10px]一楼的遍历的方法就不考虑了，因为之前也是用的这个方法，但因为大量比较的时候，时间太长，所以被客户指了出来，二楼所述的，好像也用了大量的循环……

现在主要需要问题是范围的重合的部分，处理方法不太好，以前听人提过，用取余的方法，如果余数为0，则表示有重合，但用哪个数，取哪个的余，我就不知道了。我从上学时对那种公倍、公约、取余什么的相关算法就不大感冒，到今天也不清楚润年算法为什么那么做，所以，这个取余，我照旧是想不出来。

请各位高手指点一下，感激不尽。

下面是一些处理，缺少的是范围重合部分，请看一下：


if ((i_basic1 > (i_basic2 + i_step2 * i_number2))
|| (i_basic2 > (i_basic1 + i_step1 * i_number1))) {
return OK;
} else if ((i_step1 == i_step2) && ((i_basic1 % i_step1) != (i_basic2 % i_step1))) {
return OK;
} else {/* ??? */}

谢谢。
xinjieangel 2009-07-02
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[size=10px]一楼的遍历的方法就不考虑了，因为之前也是用的这个方法，但因为大量比较的时候，时间太长，所以被客户指了出来，二楼所述的，好像也用了大量的循环……

现在主要需要问题是范围的重合的部分，处理方法不太好，以前听人提过，用取余的方法，如果余数为0，则表示有重合，但用哪个数，取哪个的余，我就不知道了。我从上学时对那种公倍、公约、取余什么的相关算法就不大感冒，到今天也不清楚润年算法为什么那么做，所以，这个取余，我照旧是想不出来。

请各位高手指点一下，感激不尽。

下面是一些处理，缺少的是范围重合部分，请看一下：


if ((i_basic1 > (i_basic2 + i_step2 * i_number2))
|| (i_basic2 > (i_basic1 + i_step1 * i_number1))) {
return OK;
} else if ((i_step1 == i_step2) && ((i_basic1 % i_step1) != (i_basic2 % i_step1))) {
return OK;
} else {/* ??? */}

谢谢。
GibGas 2009-07-02
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[Quote=引用 6 楼 xinjieangel 的回复:]
鬼谷算法可以么？
完全没有看出来。

后来请教一朋友，他告诉我一个方法：
basic简为b
number简为n
step简为s
即：b2+n2*s2 - (b1+n1*s1) 的绝对值 与s1 进行取余，若为零，说明会出现相同的数值。

具体对错，我也搞不清楚，只有先用上，然后再进行测试了……

如有问题，还请各位指教。
[/Quote]

didnt see how it would work....
let me give u a sample:

b1 = 4900, n1 = 1000, s1 = 7;
b2 = 4000, n2 = 500, s2 = 101;

with ur method: | b2+n2*s2 - (b1+n1*s1) | % s1(or s2) != 0, which means there is no duplicate.
BUT, what happens in port 5313?

well i also made a mistake above:

if( (step1*i + b) % step2 )
==> if( (step1*i + b) % step2 == 0 )
xinjieangel 2009-07-02
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鬼谷算法可以么？
完全没有看出来。

后来请教一朋友，他告诉我一个方法：
basic简为b
number简为n
step简为s
即：b2+n2*s2 - (b1+n1*s1) 的绝对值 与s1 进行取余，若为零，说明会出现相同的数值。

具体对错，我也搞不清楚，只有先用上，然后再进行测试了……

如有问题，还请各位指教。
GibGas 2009-07-01
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// input (basic1, number1, step1), (basic2, number2, step2)



// find the start and the end that we need to compare, in this case we have the least times of loop, not difficult to do so



int b = basic1 - basic2;

for(int i=start;i<ends;i++)

{

     if( (step1*i + b) % step2 )

          return false;    // which means there is a dulplicate

     else

          continue;        // no duplicate

}

return true;


the basic idea:

if there is a duplicate in port N, then:
N = basic1 + n1 * step1 = basic2 + n2 * step2
so we have:
n1 * step1 + basic1 - basic2 = n2 * step2;
also we know n2 must be integer:
(n1 * step1 + basic1 - basic2) % step2 = 0;


well i know this method is not too smart, since we should more focus on efficiency...
expecting better ideas!
lanytin 2009-07-01
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声明一个数组，大小为两组最后一个端口的最大的端口数（也就是max(base+(number-1)*step））,
把两次端口数存入数组，第一次，从数组下标为0开始，小的base（min(base)）这一组,以固定的step,相应数组位置值+1；第二次，从数组下表(max(base)-min(base))开始，以固定的step,相应的数组位置值+1；
遍历，如数组中有=2的元素，说明有重合的端口。

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