外星猫和朝三暮四题解

外星猫：（一只猫，原来的基因是“cat”，第二秒变成“catacat”，第三秒变成“catacataacatacat”，以此类推，询问猫的第i个基因是什么，什么时候出现的）

首先，这道题不可能模拟猫的基因（模拟一定会超时），我们可以开一个数组a[i]表示第i秒钟猫的基因长度，而且根据题目可以得到一个递推式：a[i]=a[i-1]*2+i-1。这样就可以直接解决第二个问题。对于第一个问题，我们可以把a[q]（假设a[q]时猫的基因长度正好大于要求的i）长度的基因分成三部分——第一部分：第q-1秒时猫的基因；第二部分：第q秒时猫基因内添加的那一段a；第三部分：第q秒复制第q-1秒时的那一段基因——然后判断要求的第i个字符在哪部分里。当第i个字符在第二部分里时这个字符一定是a；当这个字符在第一部分时，继续递归即可；当字符在第三部分时，只要让i减去a[q-1]的长度和q-1即可。

具体代码实现如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1000]={0,3},q=1,t,c,a1,hzk;
char b[10]={' ','c','a','t'};
void dfs(int x){//把整个基因分成三部分，第一部分是原来的基因，第二部分是添加的t-1个a，第三部分是复制的基因 
	if(x<=3){//如果只剩下三个以内的字符 
		hzk=x;//记录 
		return;
	}
	if(x<=a[q-1]){//如果在第一部分中 
		q--;
		dfs(x);//继续递归 
	}
	else if(x>a[q-1]&&x<=a[q]-a[q-1]){//如果在第二部分中 
		hzk=2;//第二部分的字符只能是a，直接记录并跳出递归 
		return;
	}
	else if(x>a[q]-a[q-1]){//如果在第三部分中 
		q--;
		dfs(x-a[q]-q);//把所要求的位置减去上一秒的基因长度和刚刚添加的a的长度，相当于把它放到第一部分中相应的字符的位置 
	}
}
int main()
{
	freopen("cat.in","r",stdin);
	freopen("cat.out","w",stdout);
	cin>>t;
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		cin>>c;
		while(a[q]<c) a[++q]=a[q-1]*2+q-1;//求出当第q次时，基因长度大于输入的c 
		a1=q;
		dfs(c);
		cout<<b[hzk]<<' '<<a1<<endl;
		q=1;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

朝三暮四：（n只猴子分m个栗子，求方案数）

首先，要让m只猴子都有栗子，所以这个题目相当于让m只猴子分n-m个栗子（可以有某只猴子没有分到第二颗栗子），因为猴子是一样的，所以有状态转移方程dp[i][j][k]=dp[i-1][j-k][0]+dp[i-1][j-k][1]+...............+dp[i-1][j-k][k]（其中i是指第i值猴子，j是指第j个栗子，k是指这只猴子至少分配到的栗子数）

具体递归代码如下：

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
inline int dfs(int x,int y)
{
	if(x<=1||y<=1) return 1;//如果只剩下一只猴子或者一个栗子，那么就有了一种方法
	else if(x<y) return dfs(x,x);//如果栗子数小于猴子数，那么就不可能给每个猴子都分栗子，所以分的方案数等于用x个栗子分给x个猴子的方案数
	else
	{ 
	    if(x==y) return dfs(x,x-1)+1;//如果猴子数和栗子数相同，那么让一只猴子不拿栗子
	    else return dfs(x,y-1)+dfs(x-y,y);//如果猴子数小于栗子数，那么可以让每只猴子都多拿一个栗子或者一只猴子不拿栗子 
	}
}
int main()
{
	freopen("monkey.in","r",stdin);
	freopen("monkey.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	n-=m;//先给每个猴子发一个栗子，保证每只猴子都有栗子； 
	cout<<dfs(n,m)<<endl; 
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

望各位大佬不要介意本蒟蒻又臭又长又简略的博客