Wataru

У вас проблема в решении в том, что вы сравниваете 2 обхода. Это неверно для, как вам уже приводили в пример, этих двух деревьев:

1
 \
  2
   \
    3

    3
   /
  2
 /
1

Тут оба обхода вернут 1,2,3.

Можно в вашем решении добавлять всякие разделители при переходе влево-вправо-вверх. Вставить всякие yeild -1 и другие значения перед походом влево, выводом собственно элемента и походом вправо.

Но есть лучшее решение, через DFS или BFS: вы делайте обход одновременно на двух деревьях. Т.е. у вас параметр функции dfs или в очереди в bfs лежат сразу 2 вершины - по одной из каждого дерева. Вы проверяете, что у них значения одинаковые и что у них у обеих одновременно есть или нет левого и правого ребенка. Потом вызываетесь/кладете в очередь одновременно левых детей и одновременно правых детей. Если в процессе обхода вершины оказались разными, или где-то есть ребенок, а где-то нет - то деревья не равны.

Очень логично реализовывается в виде DFS (ниже псевдокод):

Equals(t1, t2):
   // обработать случай null одного или обоих деревьев.
   return t1.v == t2.v && Equals(t1.left, t2.left) && Equals(t1.right, t2.right)

Все предельно логично - 2 дерева равны, если у них равны корни, левые поддеревья и правые поддеревья.

Кстати, ваше решение, если его исправить, тоже будет за O(n).

Я, правда, не понимаю, почему нельзя просто объединить все массивы в один (будет просто список уникальных элементов). Возможно вам нужно максимальное количество массивов.

У этой задачи есть два варианта решения - через обход графа или через систему непересекающихся множеств. Но они оба по сути одно и тоже, просто разные реализации.

Суть в том, чтобы построить граф, где все различные элементы всех массивов будут вершинами. Ребра есть между двумя вершинами, если соответствующие им элементы присутствуют в одном и том же входном массиве.

Ответ на вашу задачу - компоненты связности этого графа. Вариант через граф следующий - для каждого массива перебирайте двумя циклами все пары элементов и добавляйте ребро в граф. Используйте какой-нибудь ассоциативный массив списков для сохранения списка смежности. Или используйте ассоциативный массив для назначения каждому уникальному элементу уникального порядкового номера. Потом список смежности или матрицу инцидентности можно хранить просто по номерам, в виде массива списков или двумерного массива. Потом обходом в глубину или в ширину найдите все компоненты связности.

Чуть проще и быстрее будет работать решение через систему непересекающихся множеств (DSU). Сначала пройдитесь по всем массивам и, как и в первом решении, перенумеруйте все уникальные элементы. Заведите DSU, где каждый элемент - сам себе множество.

Потом пройдитесь по всем элементам каждого входного массива и объединяйте его множество с множеством предыдущего элемента в том же массиве. Попутно, можете считать количество объединений, которые выполнились (множества были различными до выполнения операции union_sets). Так вы можете подсчитать, сколько массивов будет в ответе. В итоге все элементы для каждого массива в ответе будут в одном и том же множестве. Теперь, чтобы вывести ответ заведите массив списков с известным количеством элементов. Используйте ассоциативный массив, чтобы назначить каждому множеству один из списков в ответе. Пройдитесь по всем элементам и дописывайте их в соответствующий список.

В зависимости от уровня задающего задание, ваш ответ правильный или не совсем правильный.
Да, именно if-ов сравнений 2N. Но внутри цикла for тоже закопано N сравнений. Как цикл-то работает? У него есть переменная счетчик и он ее сравнивает с граничным условием. Это хорошо видно на блок схеме - блок-цикл имеет 2 выхода. Значит в нем есть ветвление и, следовательно, сравнения.

Так что более точный ответ 3N. Еще более точный ответ 4 N. Потому что функция readln тоже должна какие-то сравнения делать, чтобы остановить ввод на конце строки, но это уже nitpick, который от вас почти точно не ожидается.

Про модули уже отвечено, я расскажу, как решать эту задачу быстрее, чем полным перебором.

Пусть общее количество карт - N.

Для простоты понимания, давайте забудем про колоду, просто карты раздаются как-то в 2 кучки по N/2 карт. Это пригодится попозже. Удобнее не вероятность считать, а количество способов раздать карты. Потом надо будет поделить количество хороших способов на все способы.

Сразу комбинаторно подсчитаем, сколько всего способов есть. Это просто количество всех различных колод. Гуглите "перестановки с повторениями". Формула будет такой:
N!/ a[1]! ... a[n]!
Раз мы на это число в конце будем делить, то сразу же считайте перевернутую формулу: подсчитайте факториал числа всех карт по модулю, обратите, умножьте на все маленькие факториалы.

Теперь самое главное, подсчитаем количество способов раздать карты так, что у всех поровну уникальных карт.
Динамическое программирование DP(k, t, i, j) - сколько способов раздать первые k типов карт так, что у первого игрока t карт всего, из них i уникальных, а у второго игрока j уникальных карт (при этом мы знаем, сколько у него всего карт - a[1]+...+a[k] - t).

База:

DP(0,0,0,0) = 1,
DP(0,*,*,*) = 0

Ответ:
sum {i=1..n} DP(n, N/2, i, i)

Пересчет:

DP(k,t,i,j) = sum{v=0..min(a[k],t)} DP(k-1, t-v, i - {v>0}, j-{v < a[k]}) * C(t, v) * C(a[1]+a[2]+...+a[k]-t, a[k]-v)

Тут надо объяснить: мы перебираем, сколько карт последнего типа досталось первому игроку: v. Это все разные колоды, поэтому их надо суммировать. Как бы убираем все карты этого последнего типа из рассмотрения. Что остается? То же самое ДП, но типов на 1 меньше, у первого игрока на v карт меньше и уникальные карты надо уменьшить на 1, если какому-то игроку хоть одна карта досталась. Но есть еще множители - это количество сочетаний. Эти самые v карт последнего типа могут быть на любом из t мест в колоде у первого игрока. Аналогично для второго игрока. Тут надо умножать, потому что любую колоду из предыдущего состояния ДП можно разбавить картами последнего типа в разных позициях и все эти способы дадут разные результирующие колоды. Надо домножить на оба сочетания, потому что мы независимо можем тасовать карты у первого и второго игрока.

Сочетания считаются факториалами С(n,k) = n!/ k! (n-k)!.
Я бы посоветовал предподсчитать все факториалы до 500 по модулю в массив, а так же обратные к ним.

Еще, если не будет влезать по памяти, обратите внимание, что в ДП достаточно хранить лишь 2 слоя по первому параметру. Т.е. надо места для 2*500*50*50 элементов, что для 4-х байтных значений будет занимать ~10mb памяти. Может даже long long можно хранить. Но тут надо переписать ДП снизу вверх, а не рекурсивно. Просто посмотрите, какие состояния куда плюсуются и с какими множителями. В этом случае вы будете не убирать карты последнего типа, а добавлять карты нового типа. Опять же, перебирайте сколько кому этих карт достанется. Надо только осторожно смотреть множители - С(сколько карт после добавления, сколько добавили).

Теперь прикинем на коленке сложность вычислений таким алгоритмом.
Само ДП имеет состояний 50*500*50*50 и пересчет 11 вариантов. Если все перемножить, получается что-то меньше 700 миллионов - в одну-две секунды должно влезать.

Полный перебор у вас, занимает что-то типа 11^50 - никогда не дождетесь на сколько нибудь не тривиальном тесте.

Ваша программа ломается, если X=Y, например.
Чтобы ее исправить, вместо веса edge и сравнения его со стоимостью товара, передавайте в функцию число от 1 до 3. Если число <=1, то можно брать x и передавать 1. Если <=2 - то можно брать y и передавать 2, и т.д.

Однозначного ответа на Ваш вопрос в такой формулировке нет.

На больших массивах сортировка выбором будет крайне не эффективна, потому что она имеет квадратичную сложность. Есть более эффективные сортировки - слиянием, quicksort, radixsort, и т.д.

На маленьких массивах сортировка выбором может быть одной из самых эффективных, если в удачном направлении пустить циклы и оказаться очень дружелюбными к кэшу процессора. Еще одним отличием сортировки выбора является очень мало перемещений данных. Сортировка вставкой, например, будет на каждой итерации перелопачивать весь массив.

Вызов одной функции из другой - это нисколько не показатель эффективности алгоритма (или его реализации).
Тут даже рекурсии нет - можно вызов функции развернуть, если он вам так не нравится (просто ее код с небольшими правками вставить вместо вызова), но это не сильно улучшит эту сортировку.

Большей проблемой является, что у вас вместо сортировки на месте создается новый массив. При этом у вас на каждой итерации много данных переезжает, из-за удаления элемента из массива.

Если вместо этого минимальный элемент ставить на свое место, то будет гораздо быстрее. При этом, вместо удаления элемента из массива, надо помнить сколько элементов Вы уже на свое место поставили. Поиск минимального каждый раз начинайте со следующей позиции.

(если речь про двудольный граф)

Ищите parallel dfs или parallel maximum flow.

Собственно, параллелизации поиска паросочетаний я нигде не видел. Слишком специфичная задача.

Однако, есть алгоритм поиска через максимальный поток.
Если добавить в граф исток, соединенный с левой долей, и исток, соединенный с правой долей, а пропускные способности сделать по 1, то любой поток тут будет равнозначен паросочетанию. Есть алгоритм Форда-фолкерсона, там основная работа - это делать dfs в графе для поиска пути из истока в сток. Собственно, можно распараллелить этот dfs. Это более популярная задача и алгоритмы гуглятся легко.

Полной параллелизации тут не будет, потому что dfs запускается последовательно n раз и их нельзя параллельно пускать, ведь после каждого dfs-а граф меняется.

г) не правильно подсчитано.

Составьте уравнение. Вот есть у вас функция времени для n входных данных f(n) на компе B. На компе A время выполнения будет - f(n)/100, ведь он в 100 раз быстрее.

Теперь обозначьте за x объем данных на компе A, который надо найти. Тогда у вас f(x)/100 = f(n). Подставьте нужную функцию вместо f() и найдите x. Спойлер, будет похоже, но не то, что у вас в вопросе указано.

В общем виде, когда надо найти функцию любого вида (предположительно самую короткую) - задача не решается. Тут нужен искусственный интеллект. Настоящий, а не машин лёрнинг.

Но, если ограничить класс допустимых формул, то решение есть - например, среди полиномов для n заданных эталонов можно всегда найти полином степени n-1, который будет через эти точки проходить. Это если у вас входные и выходные данные - по одному числу.

Тут можно решить систему из n линейных уравнений (обозначаете неизвестными коэффициенты полинома, подставляете известные значения x и y для всех эталонов, гоните метод Гаусса).

Если у вас несколько выходных чисел - решаете задачу интерполяции отдельно для каждого выходного параметра. Если несколько входных переменных - тоже выбирайте вид полинома, зависящего от всех входных переменных, имеющего хотя бы n коэффициентов. Но тут уравнения могут стать линейно зависимыми и решения может не быть. Тогда добавьте больше слагаемых/коэффициентов.

Формально, задача будет решена, но практического смысла в этом нет совсем. Формулы будут огромными и страшными.

Это же в чистом виде задача о рюкзаке (вес - это вместимость номера, в человеках, а цена - стоимость). Тут надо набрать номеров ровно заданной вместимости с наименьшей стоимостью (в задаче вообще без разницы, максимизировать или минимизировать общую цену).

Если у нас есть n людей, то заводим массив от 0 до n. Помечаем, что 0 человек можно размесить за 0 рублей, а все остальное за бесконечность. Потом для каждого свободного номера ()проходиммассив с конца в начало и, если (текущаяя цена + цена номера) для k человек лучще чем цена размещения (k+вместимость номера), то перезаписываем лучшую цену для k+вместимость. Так же сохраняем в вспомагательном массиве, какой номер мы сейчас взяли для данного количества человек (k+вместимость номера).

В конце смотрим на ячейку для n человек - там минимальная стоимость будет.

В итоге, время работы алгоритма O(n*m), где n человек и m свободных номеров.

Это решение динамическим программированием даже короче и легче полного перебора: буквально 2 вложенных цикла для расчета и один while для восстановления ответа.

Не могу сказать, насколько это решение будет оптимальным по времени, не зная предполагаемого размера графа. Но есть решение через максимальный поток, котрое точно наилучшим способом пустит машины.

Раздуйте граф, сделав копии каждой вершины для каждого возможного времени. Т.е.если предполагается, что есть решение не длинее 1000 едениц веремни, то создаете граф с 1000*V вершинами, по одной для каждой вершины начального графа и возможного времени. Для каждого ребра входного графа u->v создайте ребро {u,t}->{u,t+1}. В этом графе есть много входных вершин (любое время, начальная вершина) и много конечных вершин (любое время). Но тут уже нет условия на непересечение машин в одно и то же время. Вместо этого пути машинок просто не могут пересекаться по вершинам вообще. Ведь каждая вершина символизирует вершину+время.

Теперь еще раз преобразуем граф - сделайте новую входную вершину и соедените ее со всеми входными вершинами в этом графе. Также сделайте новую конечную вершину и соедените ее со всеми конечными вершинами. Каждую оставшуюся вершину разделите на 2 - вход и выход. Все ребра ведущие в эту вершину пустите во вход, и так же поведите все ребра из начальной вершины из выхода. Соедените вход и выход ребром.

В этом графе пути уже должны не пересекаться по ребрам (ведь каждая вершина заменена ребром между двумя новыми вершинами) и все пути ведут из начала в конец. Чтобы разрешить машинам пересекаться в начальной и конечной вершине, начальные и конечные вершины графа не раздваивайте и сделайте пропускную способность ребер из начальной и в конечную вершины равными n. Все остальные пропускные способности равны 1.

Теперь пустите максимальный поток в этом шрафе, и он найдет вам сколько-то путей машин не пересекающихся по ребрам. Эти пути однозначно задают вам пути машин в изначальном графе - когда выпускать машину и по какому пути она идет.

Что бы найти оптимальный пути запустите бинарный поиск по ответу. Вот выбрали вы число 1000, создали искуственный граф со временем до 1000 для всех вершин. Запустили в нем максимальный поток. Если он нашел меньше n путей, то за 1000 едениц времени все n машин не пустить, пробуйте большее время. Если нашли хотя бы n путей, то можно взять любые n из них.

Изначальную верхнюю границу по времени можно взять n+V (V - путь в графе, и все машины идут по нему колонной одна за другой).

Возможно есть улучшение этого решения такое: Вместо бинарного поиска по ответу вы увеличиваете максимальное время на 1, добавляете новые вершины и ребра в граф и каждый раз ищете дополняющие пути (не отчищая уже найденый максимальный поток). Это рещение вроде будет побыстрее, но тут надо аккуратно понимать, что такое остаточная сеть.