nyoj ACM:幸运三角形-优快云博客

描述
话说有这么一个图形，只有两种符号组成（‘+’或者‘-’），图形的最上层有n个符号，往下个数依次减一，形成倒置的金字塔形状，除第一层外（第一层为所有可能情况），每层形状都由上层决定，相邻的符号相同，则下层的符号为‘+’，反之，为‘-’;如下图所示（n = 3 时的两种情况)：

这里写图片描述

如果图中的两种符号个数相同，那这个三角形就是幸运三角形，如上图中的图（2）.

输入
有多组测试数据（少于20组）。
每行含一个整数n $（0<n<20)。$
输出
输出相应的幸运三角形个数。
样例输入
3
4
样例输出
4
6

dfs和 bfs 要想提高速度，降低复杂度，就必须尽可能的剪枝。

这个题我一开始用深度优先搜索dfs一边搜索，一遍判断是否矛盾。但是在n>=15,虽然答案是对的，但是严重超时。后来看了一下讨论区，被某位大牛给震惊了，竟然用操作二进制的方法解出来了。

我的代码dfs：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>

using namespace std;
int n=0;
int a=0,b=0;
bool NoMaoDun(stack<int> s)
{

    int ss[n+1][n+1];
    //stack<char> s=st;
    int size=s.size();
    int num=n;
    int i;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(size>num)
        {
            size=size-num;
            num=num-1;
            continue;
        }
        break;
    }
    if(i==1)
        return true;
    int j=0;
    int k=size;
    j=size;
    size=i;
    for(i;i>=1;i--)
    {

        for(;j>=1;j--)
        {
            ss[i][j]=s.top();
            s.pop();
        }
        j=n-i+1+1;
    }
    j=k;
    for(i=size;i>=2;i--)
    {

        for(;j>=1;j--)
        {
            if((ss[i][j]==1 && ss[i-1][j]!=ss[i-1][j+1] ) || (ss[i][j]==0 && ss[i-1][j]==ss[i-1][j+1] ) )
                return false;
        }
        j=n-i+1+1;
    }
    return true;
}

int main()
{

    int flag=1;
    int num=0;
    int k;
    stack<int> mystack;
    bool qqq;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        a=0;
        b=0;
        flag=1;
        num=0;

        if((1+n)*n/2%2==1)
        {
            printf("%d\n",0);
            continue;
        }

        mystack.push(1);
        a++;
        while(!mystack.empty()) 
        {
            mystack.push(1);
            a++;
            if((a+b)==(1+n)*n/2+1)
            {
                num++;
                //printf("a %d b %d \n",a,b);
                mystack.pop();
                a--;
                if(mystack.top()==1)
                {
                    mystack.pop();
                    a--;
                    mystack.push(0);
                    b++;
                    flag=0;
                }
                else if(mystack.top()==0)
                {
                    mystack.pop();
                    b--;
                    flag=0;
                }
            }

            if(a>(1+n)*n/4 || b>(1+n)*n/4)
                        qqq=true;
                else
                        qqq=!NoMaoDun(mystack);
            //qqq=!NoMaoDun(mystack);
            while((qqq || flag==0) && !mystack.empty())
            {
                flag=1;
                k=mystack.top();
                mystack.pop();

                if(k==0)
                {
                    b--;
                    flag=0;
                    continue;
                }
                if(k==1)
                {
                    a--;
                    mystack.push(0);
                    b++;
                }
                if(a>(1+n)*n/4 || b>(1+n)*n/4)
                        qqq=true;
                else
                        qqq=!NoMaoDun(mystack);
            }

        }
        printf("%d\n",num);

    }
    return 0;
}

大牛的思想：
我们可以用一个bit表示一个’+’或者’-‘，0表示‘+’，1表示‘-’。这样表示用一个整数表示一行。
比如，n＝4，那么第一行的数s的枚举就是从数0到15，然后要根据第一行的数计算第二行的数，其实，第二行的数就是s^(s>>1),每一位和相邻位的异或，范围从0到7，再继续计算，直到最后一行的数为0或者1.也就是说，对n＝4.建立一个s[4]的数组可以记录下每一行的数，而每一行得数也容易从上一行得到。接下来，问题就变成了计算每行代表的那个整数所代表的二进制数中1的个数。

按照大牛思想编写的代码：

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

int main()
{
    int n=0;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        int a[n];
        //0表示'-' , 1表示'+' 
        int num=0;
        int i;
        int k=0;//k记录1的个数 
        if((n+1)*n/2%2==1)
        {
            printf("%d\n",0);
            continue;
        }

        int q=pow(2,n);
        for(a[0]=0;a[0]<q;a[0]++) 
        {
            k=0;
            for(i=0;i<n;i++)
            {
                k+=0x01 & (a[0]>>i);
            }

            for(i=1;i<=n-1;i++) 
            {
                a[i]=a[i-1]^(a[i-1]>>1);

                for(int j=0;j<n-i;j++)
                {
                    k+=0x01 & (a[i]>>j);
                }

                if(k>(n+1)*n/4)
                        break;
            }
            if(i>=n && k==(n+1)*n/4)
                {
                    num++;
                }
        }
        printf("%d\n",num);
    }
    return 0;
}