题目地址：Gold Balanced Lineup
题目大意：
一个农场有N个奶牛，每个奶牛都有不同的特征，聪明的农夫给奶牛 feature ID。代表奶牛所具有的特征。将feature ID 写成为K位的二进制的数，其中有1的位置代表奶牛具有此特征，0代表没有此特征。从i->j 使这个区间的奶牛所有特征的个数是相等的。其中最大的区间差就是题图所求的。
解题思路：
解题思路：
经典题，不转化问题很难做，先根据官方的方法转化问题，把“求最远的两行间各个特征出现次数相等”转化为“求最远的相同两行”，再用Hash查找。
这是官方解题报告——
Consider the partial sum sequence of each of the k features built by taking the
sum of all the values up to position i. The problem is equivalent to:
Given an array s[n][k], find i,j, with the biggest separation for which s[ i ]
[l]-s[j][l] is constant for all l.
The problem is now to do this efficiently. Notice that s[ i ][l]-s[j][l] being
constant for all l is equivalent to s[ i ][l]-s[j][l]=s[ i ][1]-s[j][1] for all
l, which can be rearranged to become s[ i ][l]-s[ i ][1]=s[j][l]-s[j][1] for all
l. Therefore, we can construct another array a[n][k] where a[ i ][j]=s[ i ][j]-
s[ i ][1] and the goal is to find i and j with the biggest separation for which
a[ i ][l]=a[j][l] for all l.
This can be done by sorting all the a[ i ] entries, which takes O(nklogn) time
(although in practice rarely will all k elements be compared). Another
alternative is to go by hashing, giving an O(nk) solution. Both solutions are
fairly straightforward once the final array is constructed.
大概意思就是：
数组sum[i][j]表示从第1到第i头cow属性j的出现次数。
所以题目要求等价为:
求满足
sum[i][0]-sum[j][0]=sum[i][1]-sum[j][1]=.....=sum[i][k-1]-sum[j][k-1] (j<i)
中最大的i-j
将上式变换可得到
sum[i][1]-sum[i][0] = sum[j][1]-sum[j][0]
sum[i][2]-sum[i][0] = sum[j][2]-sum[j][0]
......
sum[i][k-1]-sum[i][0] = sum[j][k-1]-sum[j][0]
令C[i][y]=sum[i][y]-sum[i][0] (0<y<k)
初始条件C[0][0~k-1]=0
所以只需求满足C[i][]==C[j][] 中最大的i-j，其中0<=j<i<=n。
C[i][]==C[j][] 即二维数组C[][]第i行与第j行对应列的值相等，
那么原题就转化为求C数组中 相等且相隔最远的两行的距离i-j。
以样例为例
7 3
7
6
7
2
1
4
2
先把7个十进制特征数转换为二进制，并逆序存放到特征数组feature[ ][ ]，得到：
7 -> 1 1 1
6 -> 0 1 1
7 -> 1 1 1
2 -> 0 1 0
1 -> 1 0 0
4-> 0 0 1
2 ->0 1 0
（行数为cow编号，自上而下从1开始；列数为特征编号，自左到右从0开始）
再求sum数组，逐行累加得，sum数组为
1 1 1
1 2 2
2 3 3
2 4 3
3 4 3
3 4 4
3 5 4
再利用C[i][y]=sum[i][y]-sum[i][0]求C数组，即所有列都减去第一列
注意C数组有第0行，为全0
0 0 0 à 第0行
0 0 0
0 1 1
0 1 1
0 2 1
0 1 0
0 1 1
0 2 1
显然第2行与第6行相等，均为011，且距离最远，距离为6-2=4，这就是所求。
需要注意:
但是最大数据有10W个，即10W行，因此不能直接枚举找最大距离，必须用Hash查找相同行，找到相同行再比较最大距离。
我哈希是将K个数求和sum%N，然后放到一个vector里，然后一一比较找出相同序列，哈希的过程中数组可能是负数，所以记得处理负数的可能。
一个疑问： 如果100000个sum%N的数想同，我代码是不是就超时了呢。
代码：
1 #include <algorithm>
2 #include <iostream>
3 #include <sstream>
4 #include <cstdlib>
5 #include <cstring>
6 #include <cstdio>
7 #include <string>
8 #include <bitset>
9 #include <vector>
10 #include <queue>
11 #include <stack>
12 #include <cmath>
13 #include <list>
14 //#include <map>
15 #include <set>
16 using namespace std;
17 /***************************************/
18 #define ll long long
19 #define int64 __int64
20 /***************************************/
21 const int INF = 0x7f7f7f7f;
22 const double eps = 1e-8;
23 const double PIE=acos(-1.0);
24 const int d1x[]= {0,-1,0,1};
25 const int d1y[]= {-1,0,1,0};
26 const int d2x[]= {0,-1,0,1};
27 const int d2y[]= {1,0,-1,0};
28 const int fx[]= {-1,-1,-1,0,0,1,1,1};
29 const int fy[]= {-1,0,1,-1,1,-1,0,1};
30 /*vector <int>map[N];map[a].push_back(b);int len=map[v].size();*/
31 /***************************************/
32 void openfile()
33 {
34 freopen("data.in","rb",stdin);
35 freopen("data.out","wb",stdout);
36 }
37 /**********************华丽丽的分割线,以上为模板部分*****************/
38 const int N=1999;
39 const int MMM=100001;
40 int n,kk;
41 int mm;
42 int maax;
43 int c[N][35];
44 typedef struct
45 {
46 int a[35];
47 int sum;
48 int m;
49 }node;
50 node bit[MMM];
51 vector <node >vc[N];
52 int cmp()
53 {
54 int i,j,k,h;
55 mm=0;
56 maax=0;
57 for(i=0;i<N;i++)
58 for(j=0;j<vc[i].size();j++)
59 {
60 node n1=vc[i][j];
61 for(k=j+1;k<vc[i].size();k++)
62 {
63 node n2=vc[i][k];
64 if (n1.sum==n2.sum)
65 {
66 for(h=0;h<kk;h++)
67 if(n1.a[h]!=n2.a[h])
68 break;
69 if (h==kk)
70 {
71 mm=abs(n1.m-n2.m);
72 if (maax<mm)
73 maax=mm;
74 }
75 }
76 }
77 }
78 return 0;
79 }
80 int main()
81 {
82 while(scanf("%d%d",&n,&kk)!=EOF)
83 {
84 int i,j;
85 memset(bit,0,sizeof(bit));
86 memset(c,0,sizeof(c));
87 int x,y;
88 for(i=1;i<=n;i++)
89 {
90 scanf("%d",&x);
91 for(j=0;j<kk;j++)
92 {
93 y=x&1;
94 bit[i].a[j]=bit[i-1].a[j]+y;
95 x>>=1;
96 }
97 }
98 // int sum=0;
99 for(i=0;i<=n;i++)
100 {
101 bit[i].sum=0;
102 x=bit[i].a[0];
103 for(j=0;j<kk;j++)
104 {
105 bit[i].a[j]-=x;
106 bit[i].sum+=bit[i].a[j];
107 }
108 bit[i].m=i;
109 vc[(bit[i].sum+MMM)%N].push_back(bit[i]);
110 }
111 cmp();
112 printf("%d\n",maax);
113 for(i=0;i<N;i++)
114 vc[i].clear();
115 }
116 return 0;
117 }
118 /*
119 SAMPLE binary add sub
120 7 3 0 0 0
121 7 -> 1 1 1 1 1 1 0 0 0
122 6 -> 1 1 0 2 2 1 1 1 0<---
123 7 -> 1 1 1 ---> 3 3 2 --> 1 1 0 |
124 2 -> 0 1 0 3 4 2 1 2 0 |4
125 1 -> 0 0 1 3 4 3 0 1 0 |
126 4 -> 1 0 0 4 4 3 1 1 0<---
127 2 -> 0 1 0 4 5 3 1 2 0
128 7 3
129 7
130 6
131 7
132 2
133 1
134 4
135 2
136 4
137
138 7 3
139 7 7 7 7 7 7 7
140 7
141
142 4 4
143 1
144 2
145 4
146 8
147 4
148
149 4 4
150 8
151 1
152 2
153 4
154 4
155
156 5 4
157 3
158 1
159 2
160 4
161 8
162 4
163
164 1 5
165 3
166 0
167
168 1 2
169 3
170 1
171
172 1 3
173 7
174 1
175 */
poj3274（Gold Balanced Lineup）