AtCoder Beginner Contest 336 A~F

A.Long Loong(格式输出)

题意：

给出一个正整数$X$，请你输出一个'L'，然后$X$个'o'，最后各输出一个'n'和'g'。

分析：

按要求输出即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << 'L';
    for (int i = 0; i < n; i++) cout << 'o';
    cout << "ng" << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

B.CTZ(二进制)

题意：

给出一个正整数$X$，请你求出$X$在二进制下末尾有多少个连续的0。

分析：

循环除$2$直到输入的$X$变为奇数为止，循环的次数即为答案。

优化

直接使用函数计算答案，答案为$lo{g}_2^{lowbit(X)}$

Tips:系统封装了库函数$log2()$可用于计算$2$为底数的对数，$lowbit$则需自己实现

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int ans = 0;
    while (n > 0 && n % 2 == 0) {
        ans++;
        n /= 2;
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

C.Even Digits(思维)

题意：

仅能使用0, 2, 4, 6, 8作为十进制上每一位数字的选择，问能组成的第$N$小的数字是多少（从小到大）。

分析：

不难发现，选择完最高位的数字后，假设后面还有$m$位十进制数字需要选择，此时的方案总数共$5^k$种。

那么，可以先找到最高位的数字是多少，即先计算出第一个满足$（m+1）=5^k\ge N$的$m$，然后将$m$作为除数依次计算得到每一位的数字即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

void solve() {
    ll n;
    cin >> n;
    n--;
    ll m = 5;
    while (m <= n) m *= 5;
    m /= 5;
    while (m > 0) {
        cout << (n / m) * 2;
        n %= m;
        m /= 5;
    }
    cout << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

D.Pyramid(DP)

题意：

金字塔定义：一个高度为$k$的金字塔序列共包含$(2k-1)$个数字，且序列格式为:$1,2,...,k-1,k,k-1,...,2,1$。

给出一个包含$n$个数字的序列$A=(A_1,A_2,...,A_n)$，你可以进行若干次以下操作：

• 选择一个序列中的数字，将该数字减少$1$

• 移除序列开头或末尾的数字

问，能获得的所有金字塔序列中，高度最高的金字塔的高度是多少？

分析：

将金字塔序列从中心分成两半，使用$pre[i],nxt[i]$分别表示以第$i$个数字作为金字塔中心，能组成的最长前半和后半序列的长度。

对于以第$i$个数字作为金字塔中心，需要考虑两种情况：

1. 前/后面序列构造的金字塔高度很小，那么当前中心点再高也只能通过减少高度到前/后面序列的最高高度加一。

2. 前/后面序列构造的金字塔高度很大，那么只能通过删除前/后面部分数字，然后将接近中心的部分数字依次减少1，此时的金字塔高度即为当前数字。

依次计算得到$pre,nxt$数组，再枚举所有点为中心，此时选择第$i$个数字为中心，能构造的最高金字塔高度即为$min(pre[i],nxt[i])$，记录所有能构造的金字塔中的最高高度即为答案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5e2;

int n, a[N], pre[N], nxt[N];

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        pre[i] = min(pre[i - 1] + 1, a[i]);
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        nxt[i] = min(nxt[i + 1] + 1, a[i]);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = max(ans, min(pre[i], nxt[i]));
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

E.Digit Sum Divisible(思维，枚举，dp)

题意：

对于一个数字$x$，我们定义它各数位上数字的和为$s$，如$x=2024,s=2+0+2+4=8$。现在我们想知道$1-N$之间有多少个数字$x$满足$x$是$s$的倍数。

分析：

本题$N\le 10^{14}$，即我们可以认为$s\le 14\times 9=126$，即：无论如何，$s$最多也不会超过$126$，因此，我们可以对满足$1\le s\le 126$和$x\le N$的数进行枚举，枚举的过程是通过枚举各个数位上的数来实现的。为了便于获取每一位上的数，我们可以将$N$看做一个字符串，$N[d]$代表从高往低第$d$位的值。

对于每一个可能的目标$target$，我们设置$dp$数组，$dp[d][cur][rmd]$表示：现在我们对第$d$位的数进行枚举，之前枚举结果的数位和为$cur$，除以$target$的余数为$rmd$的方案数。那么很容易想到：假设第$d$位上我们放置$t$，那么$dp[d+1][cur+t][(rmd\ast 10+t)\%target]$与$dp[d][cur][rmd]$的值直接相关，需要进行更新。

但是，本题有一个限制：我们构建的数字不能超过$N$，那么当我们构建到第$d$位时，就要根据之前构建的情况进行分类讨论。若我们构建出的数字从第$0$位到第$d-1$位都和$N$一模一样（称为$flag$条件），那么我们根据枚举对象$t$的大小，进行分类讨论：

大小关系	代表含义
$t<N[d]$	枚举对象没有超过$n$在这一位上的内容，低位可以是任意数字（都不会超过$n$）
$t=N[d]$	枚举对象到第$d$位仍然保持一致，继续传递下去，向后讨论
$t>N[d]$	枚举对象超过了$n$在这一位上的内容，不可能，无需考虑这一情况

而若$flag$条件不满足，则后面的位置上可以随意枚举任意的数。因此我们增添一个维度$flag$，来进行更新。当$d$与$N$的长度一致，且$rmd=0$（没有余数，是满足要求的数字），且$cur=target$（创建出的数字数位和，与目标数位和一致）时，代表出现了一种新的方案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[20][300][300][5];
string n;
int a[20];

ll dfs(int target, int d, int cur, int rmd, int flag) {
    // 如果d超过n的位数，或者是i超过枚举目标target，都说明无解 
    if (d > n.size() || cur > target)return 0;
    /*
    如果d已经对应了n位数（可能有前导0，这是没关系的），
    且余数为0（可以整除），且目前的和cur与目标和target一致，那说明有一种可行方案 
    */
    if (d == n.size() && rmd == 0 && cur == target)return dp[d][cur][rmd][flag] = 1;
    if (dp[d][cur][rmd][flag] != -1)return dp[d][cur][rmd][flag];
    ll res = 0;
    //在枚举第d位的时候并不是任何数字都可以的，
    //还要考虑之前枚举的数与 n的对应位置上的数a[]是否一致
    //若一致的话，这里就只能填写0~a[d]范围内的数 
    for (int t = 0; t <= 9; t++) {
        if (flag) {
            if (t > a[d])break;
            else if (t == a[d]) {
                //往下一位搜索的时候，需要传递【之前的每一位都和n的对应位置一致】这一信息 
                res += dfs(target, d + 1, cur + t, (rmd * 10 + t) % target, 1);
            } else {
                //这一位数字比N小，之后的数字可以任意枚举 
                res += dfs(target, d + 1, cur + t, (rmd * 10 + t) % target, 0);
            }
        } else {
            //高位数字均比N小，之后的数字可以任意枚举 
            res += dfs(target, d + 1, cur + t, (rmd * 10 + t) % target, 0);
        }
    }
    return dp[d][cur][rmd][flag] = res;

}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n.size(); i++) {
        a[i] = n[i] - '0';
    }
    ll ans = 0;
    for (int s = 1; s <= n.size() * 9; s++) {
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        ans += dfs(s, 0, 0, 0, 1);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

F.Rotation Puzzle（折半搜索）

题意：

有一个$H$行$W$列的格栅图，对应着数字$1$到$H\times W$，即格子$(i,j)$对应着$1\le S_{i,j}\le H\times W$。我们现在希望在若干次操作以后，能够使得$S_{i,j}=(i-1)\times W+j$即从左到右、从上到下，依次为$1,2,\dots ,H\times W$。你所能做的操作是这样的：

1. 首先，在格栅图中，选定一个大小为$(H-1)\times (W-1)$的矩形范围；
2. 将其中的内容进行$180°$旋转，例如：

1 2 3    对应：     6 5 4
4 5 6   ------>    3 2 1

如果你能在$20$次操作内将矩阵转换成理想状态，则输出最少的步数，否则输出$-1$。

分析：

根据题目所说的旋转区域大小，我们可以认为只存在$4$种方案，分别对应左上角、左下角、右上角、右下角，对应$20$步，就是$4\times 3^{19}$（因为连续旋转同一个区域$2$次是没有意义的），这个数字超过了$4\times 10^9$，仍然会超时。

我们注意到这个过程中指数有很大的影响，此时我们想到可以使用折半搜索：因为我们知道起始状态，也知道目标状态，那么我们可以分别将起始状态向后进行变化，将目标状态向前进行还原，此时对于起始状态，它进行$10$次旋转对应的方案数为$4\times 3^9$，不超过$\times 10^5$种可能，此时时间复杂度就大大下降了。在枚举过程中，我们使用广度有限搜索，记录步数与对应的旋转结果。

在实现旋转过程时，假设$(i,j)$与$(k,l)$对应，那么我们有：$i+k=2\ast x+h-2$，以及$j+l=2\ast y+w-2$，其中$(x,y)$是旋转区域左上角的下标。这样以来我们经过代数计算即可找到旋转后的对应位置。如果你对这部分内容感到不理解，可以参考下面的说明图。颜色一样代表他们相对应。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

struct node {
    int step = 0, dir = -1;
    vector<vector<int>> state;

    node() {}

    node(vector<vector<int>> _state, int _step, int _dir) {
        state = _state;
        step = _step;
        dir = _dir;
    }
};

int h, w;
//下面这句话的含义为：创建一个h行w列，名为original的二维动态数组 
vector<vector<int>> original(8, vector<int>(8));
vector<vector<int>> target(8, vector<int>(8));
int d[4][2] = {{0, 0},
               {0, 1},
               {1, 0},
               {1, 1}}; //代表旋转区域的左上角位置 
map<vector<vector<int>>, int> res[2];


vector<vector<int>> rotate(vector<vector<int>> before, int flag) {
    //根据数量关系进行旋转 
    vector<vector<int>> after(h, vector<int>(w));
    int x = d[flag][0], y = d[flag][1];
    int sum_i = x * 2 + h - 2, sum_j = y * 2 + w - 2;
    for (int i = 0; i < h; i++) {
        for (int j = 0; j < w; j++) {
            if (i >= x && i <= x + h - 2 && j >= y && j <= y + w - 2) {
                //进行旋转 
                after[i][j] = before[sum_i - i][sum_j - j];
            } else after[i][j] = before[i][j]; //其他位置不变 
        }
    }
    return after;
}

void bfs(vector<vector<int>> st, int rotate_target_flag) {
    queue<node> Q;
    Q.push(node(st, 0, -1));
    res[rotate_target_flag][st] = 0;
    vector<vector<int>> cur;
    while (!Q.empty()) {
        node cur = Q.front();
        Q.pop();
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            if (i == cur.dir)continue;
            vector<vector<int>> rotate_res = rotate(cur.state, i);
            if (!res[rotate_target_flag].count(rotate_res)) {
                //注意步骤限制，防止超时 
                if (cur.step < 10)Q.push(node(rotate_res, cur.step + 1, i));
                res[rotate_target_flag][rotate_res] = cur.step + 1;
            }
        }
    }
}

int main() {
    cin >> h >> w;
    for (int i = 0; i < h; i++) {
        //此处为了简化，我们将下标换成从0开始 
        for (int j = 0; j < w; j++) {
            cin >> original[i][j];
            target[i][j] = i * w + j + 1;
        }
    }
    bfs(original, 0);
    bfs(target, 1);
    int ans = 21;
    for (auto cur: res[0]) {
        vector<vector<int>> state = cur.first;
        if (res[1].count(state)) {
            ans = min(ans, res[0][state] + res[1][state]);
        }
    }
    if (ans > 20)cout << -1 << endl;
    else cout << ans << endl;
    return 0;
}

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