lyd读书笔记 0x02 枚举、模拟、递推

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本文解析了三个算法题目，包括费解的开关问题、激光炸弹问题及Tallest Cow问题。通过巧妙运用位运算、二维前缀和及差分数组等技术手段解决实际问题。

费解的开关

http://www.joyoi.cn/problem/tyvj-1266
Tyvj挂了以后说实话。。joyoi好sabi啊。。
好吧其实挺好看的。。
首先有两条并不显然的性质。一个是，每个位置至多被点一次，这是因为如果有多于一次的点击就相当于浪费。
另一个是，如果第一行固定，那么剩余位置也随之固定。证明如下：
第一行固定则第一行固定。
假定前k行的是确定的，那么如果想把第k行的0变1，前提一定是第k + 1行的该位置发生点击。
由数学归纳法，整个点击次序就固定了。
所以，我们可以直接对第一行的情况进行枚举，实现可以用位运算。
细节极多。。调试到醉生梦死。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define INF 0x3fffff
char k[5][5]; int a[5][5];
int vx[5] = {-1, 0, 1, 0, 0}, vy[5] = {0, 1, 0, -1, 0};
/*inline void print() {
    for(int i = 0; i < 5; ++i) {
        for(int j = 0 ; j < 5; ++j)
            cout<<a[i][j]<<" ";
        cout<<endl;
    }
    puts("---------");
}*/
inline void click(int c, int t) {
    //if(!c) for(int i = 0; i < 5; ++i) cout<<a[0][i]<<" ";
    //if(!c) cout<<t<<endl;
    for(int i = 0; i < 5; ++i)
        if(c + vx[i] >= 0 && t + vy[i] >= 0 && c + vx[i] < 5 && t + vy[i] < 5){
            //if(!c) cout<< i <<" " << vx[i] <<" "<< vy[i] << " " <<c + vx[i]<<" "<<t + vy[i]<<" "<<a[c + vx[i]][t + vy[i]]<<endl;
            //if(a[c + vx[i]][t + vy[i]] == 0) a[c + vx[i]][t + vy[i]] = 1;
            //else a[c + vx[i]][t + vy[i]] = 0;
            a[c + vx[i]][t + vy[i]] ^= 1;
        }

}
int main() {
    //freopen("test.out", "w", stdout);
    int T; 
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        for(int i = 0; i < 5; ++i)
            for(int j = 0; j < 5; ++j)
                cin>>k[i][j];
        for(int i = 0; i < 5; ++i)
            for(int j = 0; j < 5; ++j)
                a[i][j] = (int)(k[i][j] - '0');
        /*for(int i = 0; i < 5; ++i) {
            for(int j = 0; j < 5; ++j)
                cout<<a[i][j]<<" ";
            cout<<endl;
        }*/
        int ans = INF, cnt = 0, flag = 0;
        for(int i = 0; i < 32; ++i) {
            flag = 0; cnt = 0;
            //cout<<i<<endl;
            //puts("qwqwqwqwqwqwq");
            //cout<<i<<endl;
            for(int j = 0; j < 5; ++j)
                if((i >> j) & 1) ++cnt, click(0, j);
            //if(i == 1) print();
            /*for(int j = 0; j < 5; ++j) cout<<a[0][j]<<" ";
            cout<<endl; puts("---------");*/
            //cout<<i<<endl;
            //puts("----------");
            /*for(int i = 0; i < 5; ++i) {
                for(int j = 0; j < 5; ++j)
                    cout<<(int)a[i][j]<<" ";
                cout<<endl;
            }*/
            //puts("----------");
            for(int j = 0; j < 4; ++j) {
                for(int k = 0; k < 5; ++k) {
                    if(!a[j][k]) ++cnt, click(j + 1, k);
                    //if(i == 1 && !a[j][k]) print();
                }

            }
            for(int i = 0; i < 5; ++i)
                for(int j = 0; j < 5; ++j)
                    if(!a[i][j]) {flag = 1; break;}
            if(!flag) ans = min(ans, cnt);
            for(int i = 0; i < 5; ++i)
                for(int j = 0; j < 5; ++j)
                    a[i][j] = k[i][j] - '0';
        }
        //cout<<ans<<endl;
        if(ans == INF || ans > 6) printf("%d\n", -1);
        else printf("%d\n", ans);
    }

}

总结几个教训。。
1. 0^0 = 0
2. 记得复制数组。。
3. 方向向量数组不要忘了自己
4. 枚举是从第0行开始的，到第4行结束

枚举方式
多项式：for循环/递推
指数：递归/位运算
排列：递归/next_permutation
组合：递归+剪枝

Strange Towers of Hanoi

POJ1958.
四个柱子的汉诺塔。。
首先预处理出来 $H(n) = 2H(n - 1) + 1$ 即3个柱子的汉诺塔的情况
然后我们发现，4个盘子的情况一定能划归到4塔模式下的移动+三塔模式下的移动，也就是：
$f[n] = min\{2f[i] + d[n - i]\}$ ，也就是4塔模式下，首先将i个盘子放到B，然后将剩余的放到D，再将这i个放到D。初始化是 $f[1] = 1$
事实上我们可以推广： $f[i][j] = min\{2f[i][k] + f[i - 1][j - k]\}$ 。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define LL long long 
LL d[15], f[15];
int main() {
    d[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= 12; ++i) d[i] = 2 * d[i - 1] + 1;
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= 12; ++i)
        for(int j = 1; j < i; ++j)
            f[i] = min(f[i], (f[j] << 1) + d[i - j]);
    for(int i = 1; i <= 12; ++i)
        cout<<f[i]<<endl;
    return 0;
}

激光炸弹

BZOJ1218/luogu2280
BZOJ上难得的一道因为太水没有人交的水题。。
裸地二维前缀和。
维护sum[x1,y1]表示1~x1、1~y1的前缀和

初始化：sum[i][j] = sum[i][j-1] + sum[i-1][j] - sum[i-1][j-1] + map[i][j]

查询：(x1,y1)到(x2,y2)的权值就是sum[x2][y2] - sum[x1-1][y2] - sum[x2][y1-1] + sum[x1-1][y1-1]
然后就做完了。。
不过注意几个细节：
一个是卡空间卡的很厉害，所以请压在一个数组里。。
一个是不计边框。。因为我蒻所以这里就取下不取上，取左不取右了。。（样方法大法好）

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define M 5003
int sum[M][M], n, R, tx, ty, tv, ans;
inline void read(int &x) {
    x = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)) c = getchar();
    while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
} 
inline int query(int xl, int yl, int xr, int yr) {
    --xr; --yr;
    return sum[xr][yr] - sum[xl - 1][yr] - sum[xr][yl - 1] + sum[xl - 1][yl - 1];
}
int main() {
    memset(sum, 0, sizeof sum); 
    read(n), read(R);
    while(n--) read(tx), read(ty), read(tv), sum[tx + 1][ty + 1] += tv;
    for(int i = 1; i < M; ++i)
        for(int j = 1; j < M; ++j)
            sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];
    for(int i = 1; i + R < M; ++i)
        for(int j = 1; j + R < M; ++j)
            ans = max(ans, query(i, j, i + R, j + R));
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

luogu1879/POJ3263 Tallest Cow

这是一道很有趣的题，初见很难想到这个和差分数组之间竟然存在联系。
如果知道 $A_i$ 、 $B_i$ 可以互相看见，那么 $[A_i + 1, B_i - 1]$ 之间的任何牛都是很矮的。
然后就做完了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>

using namespace std;

#define pii pair<int, int>
#define X first
#define Y second
#define mp make_pair

#define MAXN 10003

int N, I, H, R;
int cf[MAXN];
set<pii> s;


bool operator < (const pii& a, const pii& b) {
    return a.X == b.X ? a.Y < b.Y : a.X < b.X;
}

int main() {
    scanf("%d%d%d%d", &N, &I, &H, &R);
    int a, b;
    while(R--) {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        if(a > b) swap(a, b);
        if(s.count(mp(a, b))) continue;
        cf[a + 1] -= 1; cf[b] += 1;
        s.insert(mp(a, b));
    }
    for(int i = 1; i <= N; ++i) {
        cf[i] = cf[i - 1] + cf[i];
        printf("%d\n", cf[i] + H);
    }
    return 0;
}