欢迎您访问程序员文章站本站旨在为大家提供分享程序员计算机编程知识!
您现在的位置是: 首页

Week1 枚举

程序员文章站 2024-03-25 21:40:16
...

例题1:完美立方

Week1 枚举
请按照a的值,从小到大依次输出。当两个完美立方 等式中a的值相同,则b值小的优先输出、仍相同 则c值小的优先输出、再相同则d值小的先输出。
样例输入 24
7
样例输出
Cube = 6, Triple = (3,4,5)
Cube = 12, Triple = (6,8,10)
Cube = 18, Triple = (2,12,16)
Cube = 18, Triple = (9,12,15)
Cube = 19, Triple = (3,10,18)
Cube = 20, Triple = (7,14,17)
Cube = 24, Triple = (12,16,20)

  • 解题思路
    四重循环枚举a,b,c,d ,a在最外层,d在最里层,每一层 都是从小到大枚举,
    a枚举范围[2,N]
    b范围 [2,a-1]
    c范围 [b,a-1]
    d范围 [c,a-1]
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int a = 2; a <= n; ++a)
		for (int b = 2; b < a; ++b)
			for (int c = b; c < a; ++c)
				for (int d = c; d < a; ++d)
					if (a*a*a == b*b*b + c*c*c + d*d*d)
						printf("Cube=%d,Triple=(%d,%d,%d)\n", a, b, c, d);
	return 0;
}

例题2:生理周期

人有体力、情商、智商的高峰日子,它们分别每隔 23天、28天和33天出现一次。对于每个人,我们想 知道何时三个高峰落在同一天。给定三个高峰出现 的日子p,e和i(不一定是第一次高峰出现的日子), 再给定另一个指定的日子d,你的任务是输出日子d 之后,下一次三个高峰落在同一天的日子(用距离d 的天数表示)。例如:给定日子为10,下次出现三 个高峰同一天的日子是12,则输出2。
输入
输入四个整数:p, e, i和d。 p, e, i分别表示体力、情感和智力 高峰出现的日子。d是给定的日子,可能小于p, e或 i。所有给 定日子是非负的并且小于或等于365,所求的日子小于或等于 21252。
输出
从给定日子起,下一次三个高峰同一天的日子(距离给定日子的天数)。
**输入样例 **
0 0 0 0
0 0 0 100
5 20 34 325
4 5 6 7
283 102 23 320
203 301 203 40
-1 -1 -1 -1
输出样例
Case 1: the next triple peak occurs in 21252 days.
Case 2: the next triple peak occurs in 21152 days.
Case 3: the next triple peak occurs in 19575 days.
Case 4: the next triple peak occurs in 16994 days.
Case 5: the next triple peak occurs in 8910 days.
Case 6: the next triple peak occurs in 10789 days.
解题思路
从d+1天开始,一直试到第21252 天,对其中每个日期k,看 是否满足 (k – p)%23 == 0 && (k – e)%28 == 0 && (k-i)%33 == 0
跳着试!

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

int main()
{
	int p, e, i, d;
	while (cin >> p >> e >> i >> d)
	{
		static int count = 0;
		if (p < 0 || e < 0 || i < 0 || d < 0)	//负数结束
			break;
		for (int k = d+1; k <= 21252; ++k)
			if ((k - p) % 23 == 0 && (k - e) % 28 == 0 && (k - i) % 33 == 0)
			{
				cout << "Case" << ++count << ":the next triple peak occurs in " << k - d << " days." << endl;
				break;
			}
	}
	return 0;
}

法二很巧妙,多看看学学用法

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

#define N 25252
int main()
{
	int p, e, i, d;
	int count = 0;
	while (cin >> p >> e >> i >> d)
	{
		if (p < 0 || e < 0 || i < 0 || d < 0)	//负数结束
			break;
		int k;
		for (k = d + 1; (k - p) % 23; ++k);	//(k - p) % 23不为零则说明没找到 k就一直加
		for (; (k - e) % 28; k += 23);
		for (; (k - i) % 33; k += 23 * 28);
		cout << "Case" << ++count << ":the next triple peak occurs in " << k - d << " days." << endl;
	}
	return 0;
}

例题3:假币问题

有12枚硬币。其中有11枚真币和1枚假币。假币和真币重量不同,但不知道假币比真币轻还是重。现在,用一架天平称了这些币三次,告诉你称的结果,请你找出假币并且确定假币是轻是重(数据保证一定能找出来)。
输入
第一行是测试数据组数。
每组数据有三行,每行表示一次称量的结果。银币标号为A-L。每次称量的结果用三个以空格隔开的字符串表示:天平左边放置的硬币 天平右边放置的硬币 平衡状态。其中平衡状态用``up’’, ``down’’, 或 ``even’'表示, 分别为右端高、右端低和平衡。天平左右的硬币数总是相等的。
输出
输出哪一个标号的银币是假币,并说明它比真币轻还是重。
输入样例
1
ABCD EFGH even
ABCI EFJK up
ABIJ EFGH even
输出样例
K is the counterfeit coin and it is light.
解题思路
对于每一枚硬币先假设它是轻的,看这样是否符合称量结果。如果符合,问题即解决。如果不符合,就假设它是重的,看是否符合称量结果。把所有硬币都试一遍,一定能找到特殊硬币

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

char Left[3][7];	//天平左边硬币
char Right[3][7];	//天平右边硬币
char Result[3][7];	//结果

bool isFake(char c, bool light)	//light 为真表示假设假币为轻,否则表示假设假币为重
{
	for (int i = 0; i < 3; ++i)
	{
		char *pLeft, *pRight;	//指向天平两边的字符串
		if (light)
		{
			pLeft = Left[i];
			pRight = Right[i];
		}
		else
		{	//如果假设假币是重的,则把称量结果左右对换	
			pLeft = Right[i];
			pRight = Left[i];
		}
		switch (Result[i][0])	 //天平右边的情况
		{
		case 'u':	//如果天平右边up 假设是轻的 则假币在右边 右边没有就false
			if (strchr(pRight, c) == NULL)
				return false;
			break;
		case 'e':
			if (strchr(pLeft, c) || strchr(pRight, c))
				return false;
			break;
		case 'd':
			if (strchr(pLeft, c) == NULL)
				return false;
			break;
		}
	}
	return true;
}

int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	while (n--)
	{
		for (int i = 0; i < 3; ++i)
			cin >> Left[i] >> Right[i] >> Result[i];
		for (char c = 'A'; c <= 'L'; ++c)
		{
			if (isFake(c, true))
			{
				cout << c << " is the counterfeit coin and it is light.\n";
				break;
			}
			else if(isFake(c,false))
			{
				cout << c << " is the counterfeit coin and it is heavy.\n";
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}

这个case的表达方式要注意想着使用

例题4:熄灯问题

有一个由按钮组成的矩阵, 其中每行有6个按钮, 共5行
– 每个按钮的位置上有一盏灯
– 当按下一个按钮后, 该按钮以及周围位置(上边, 下边, 左边, 右边)的灯都会改变状态
– 如果灯原来是点亮的, 就会被熄灭
– 如果灯原来是熄灭的, 则会被点亮
• 在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态
• 在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态
• 其他的按钮改变5盏灯的状态
Week1 枚举
– 与一盏灯毗邻的多个按钮被按下时,一个操作会抵消另一次操作的结果
– 给定矩阵中每盏灯的初始状态,求一种按按钮方案,使得所有的灯都熄灭
输入:
– 第一行是一个正整数N, 表示需要解决的案例数
– 每个案例由5行组成, 每一行包括6个数字
– 这些数字以空格隔开, 可以是0或1
– 0 表示灯的初始状态是熄灭的
– 1 表示灯的初始状态是点亮的
输出:
– 对每个案例, 首先输出一行,输出字符串 “PUZZLE #m”, 其中m是该案例的序号
– 接着按照该案例的输入格式输出5行
• 1 表示需要把对应的按钮按下
• 0 表示不需要按对应的按钮
• 每个数字以一个空格隔开
样例输入

2
0 1 1 0 1 0
1 0 0 1 1 1
0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 1
0 1 1 1 0 0
0 0 1 0 1 0
1 0 1 0 1 1
0 0 1 0 1 1
1 0 1 1 0 0
0 1 0 1 0 0 

样例输出

PUZZLE #1
1 0 1 0 0 1
1 1 0 1 0 1
0 0 1 0 1 1
1 0 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0
PUZZLE #2
1 0 0 1 1 1
1 1 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0
1 1 0 1 0 1
1 0 1 1 0 1 

解题分析
第2次按下同一个按钮时,将抵消第1次按下时所产生的结果

  • 每个按钮最多只需要按下一次
  • 各个按钮被按下的顺序对最终的结果没有影响
  • 对第1行中每盏点亮的灯, 按下第2行对应的按钮, 就可以熄灭第1行的全部灯
  • 如此重复下去, 可以熄灭第1, 2, 3, 4行的全部灯

第一想法: 枚举所有可能的按钮(开关)状态, 对每个状态计算一下最后灯的情况, 看是否都熄灭
– 每个按钮有两种状态(按下或不按下)
– 一共有30个开关, 那么状态数是2302^{30},太多, 会超时
如何减少枚举的状态数目呢?
基本思路: 如果存在某个局部, 一旦这个局部的状态被确定,那么剩余其他部分的状态只能是确定的一种, 或者不多的n种, 那么就只需枚举这个局部的状态即可
本题是否存在这样的 “局部” 呢?
经过观察, 发现第1行就是这样的一个 “局部”

  • 因为第1行的各开关状态确定的情况下, 这些开关作用过后, 将导致第1行某些灯是亮的, 某些灯是灭的
  • 要熄灭第1行某个亮着的灯(假设位于第i列), 那么唯一的办法就是按下第2行第i列的开关(因为第1行的开关已经用过了, 而第3行及其后的开关不会影响到第1行)
  • 为了使第1行的灯全部熄灭, 第2行的合理开关状态就是唯一的
  • 第2行的开关起作用后,为了熄灭第2行的灯, 第3行的合理开关状态就也是唯一的。以此类推, 最后一行的开关状态也是唯一的
  • 只要第1行的状态定下来, 记作A, 那么剩余行的情况就是确定唯一的了
  • 推算出最后一行的开关状态, 然后看看最后一行的开关起作用后,最后一行的所有灯是否都熄灭:
    • 如果是, 那么A就是一个解的状态
    • 如果不是, 那么A不是解的状态, 第1行换个状态重新试试
    • 只需枚举第1行的状态, 状态数是2^6 = 64
    状态数更少的做法:枚举第一列, 状态数是2^5 = 32

位运算

//取字符c的第i个bit
(c >> i) & 1;

//将字符c的第i位设置为v
if(v == 1)
	c |= (1 << i);
else
	c &= ~(1 << i);	//c &= (0 << i);

//翻转字符变量c的第i位
c ^= (1 << i);
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <memory>
using namespace std;

//6bit就能存一行的灯,用一个一维数组就能存下所有的灯
char oriLights[5];	//输入的原始灯的矩阵
char lights[5];	//变化的灯的矩阵
char result[5];	//最终的结果,开关的矩阵

//用字符代表一行的开关的话,就需要操作一个字符的bit,就需要位运算
int GetBit(char c, int i)	//取字符c的第i个bit
{
	return ((c >> i) & 1);	//取决于c的第i位
}

void SetBit(char &c, int i, int v)	//将字符c的第i位设置为v,要求实参改变就需要引用&
{
	if (v)	//如果v是1
		c |= (1 << i);
	else  //如果v是0
		c &= ~(1 << i);	//1 << i是第i位为1其他位为0 取反后第i位为0其他位为1
}

void FlipBit(char &c, int i)	//字符变量c的第i位进行翻转,翻转需要用到异或操作
{
	c ^= (1 << i);	//与1异或是翻转,与0异或是不变的
}

void OutputResult(int t, char result[])	//输出结果
{
	cout << "PUZZLE #" << t << endl;
	for (int i = 0; i < 5; ++i)
	{
		for (int j = 0; j < 6; ++j)	//第i行第j列的元素就对应于第i行第j个bit
		{
			cout << GetBit(result[i], j);
			if (j < 5)
				cout << " ";
		}
		cout << endl;
	}
}

int main()
{
	int T;
	cin >> T;
	for (int t = 1; t <= T; ++t)
	{
		//先把原始的灯的数据都读进来,用两重循环
		for(int i=0;i<5;++i)
			for (int j = 0; j < 6; ++j)
			{
				int s;
				cin >> s;	//s代表第i行第j列的灯的状态
				SetBit(oriLights[i], j, s);
			}
		for (int n = 0; n < 64; ++n)	//每个n都代表第一行开关的一个状态
		{
			int switchs = n;	//switchs代表当前行的开关状态
			memcpy(lights, oriLights, sizeof(oriLights));
			for (int i = 0; i < 5; ++i)
			{//第0行的开关状态已经确定就是switchs 剩下的我们认为开关状态是固定的
				result[i] = switchs;	//先将第0行的开关状态存在result里边
				//然后让第i行的开关起作用
				for (int j = 0; j < 6; ++j)	//j代表第i行的第j个开关 一个一个的看
				{
					if (GetBit(switchs, j))	//只有开关被按下我们才需要处理
					{//对第i行的灯进行处理
						if (j > 0)
							FlipBit(lights[i], j - 1);	//把它左边的灯翻转
						FlipBit(lights[i], j);	//把第i行第j列的灯翻转
						if (j < 5)
							FlipBit(lights[i], j + 1);	//把它右边的灯翻转
					}
				}
				if (i < 4)	//按下第i行的开关,第i+1行的灯也会发生变化,如果第i+1行确实存在
					lights[i + 1] ^= switchs;
					//switchs代表第i行的开关的状态 switchs的第j个比特就代表第i行第j个开关
					//如果switchs的第j个比特是1的话就需要让lights[i+1]的第j个比特就需要被翻转 是0就不需要翻转
					//一个比特和1做异或就会被翻转,和0做异或就不会翻转	
				//下面确定第i+1行开关的状态
				switchs = lights[i];
			}
			//是否成功取决于最后一行是否全部熄灭
			if (lights[4] == 0)
			{
				OutputResult(t, result);
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}

总结:

学了这一周明显感觉难度不小,我知道大部分原因是我太菜,我会继续加油的。革命尚未成功,同志仍需努力。我发现了一首特别能治愈自闭的歌也献给同样在努力的你们,we did it!