Week1 枚举

例题1：完美立方

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

– 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$2^{30}$230,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！