题目1390:矩形覆盖

本文探讨了如何使用2*1的小矩形覆盖一个2*n的大矩形,并通过斐波那契数列提供了解决方案。对于每一对输入n(1<=n<=70且n为偶数),本文计算并输出了所有可能的覆盖方式数量。

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题目描述:

我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形,总共有多少种方法?

输入:

输入可能包含多个测试样例,对于每个测试案例,

输入包括一个整数n(1<=n<=70),其中n为偶数。

输出:

对应每个测试案例,

输出用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形,总共有的方法数。

样例输入:
4
样例输出:
5

分析:斐波那契数列的应用
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 71;
long long int fabo[N];
void initFabo()
{
	fabo[0] = 1;
	fabo[1] = 1;
	for (int i = 2; i < N; ++i)
		fabo[i] = fabo[i - 1] + fabo[i - 2];
}
int main(void)
{
	int n;
	initFabo();
	while (scanf("%d", &n) != EOF)
	{
		printf("%lld\n", fabo[n]);
	}
	return 0;
}


好的,我知道你要我回答的是关于分治法的面试题。 题目描述:有一个大矩形和若干个小矩形,小矩形可能重叠,求用这些小矩形覆盖矩形的最小面积。 解题思路:这是一个经典的分治问题,我们可以将大矩形分成四个小矩形,然后分别求出每个小矩形覆盖的最小面积,最终的答案就是这四个小矩形覆盖的最小面积的和。 具体实现:我们可以使用递归来实现这个算法,具体步骤如下: 1. 如果小矩形集合为空,则返回大矩形的面积。 2. 将大矩形分成四个小矩形 A、B、C、D。 3. 对于每个小矩形,计算它被覆盖的最小面积。 4. 返回四个小矩形覆盖的最小面积的和。 代码实现如下: ```python class Rectangle: def __init__(self, x1, y1, x2, y2): self.x1, self.y1, self.x2, self.y2 = x1, y1, x2, y2 def min_area(rectangles): def helper(rectangles): if not rectangles: return float('inf') x1 = min(rectangle.x1 for rectangle in rectangles) y1 = min(rectangle.y1 for rectangle in rectangles) x2 = max(rectangle.x2 for rectangle in rectangles) y2 = max(rectangle.y2 for rectangle in rectangles) if x1 >= x2 or y1 >= y2: return 0 area = (x2 - x1) * (y2 - y1) for i in range(len(rectangles)): if rectangles[i].x1 >= x2 or rectangles[i].x2 <= x1 or rectangles[i].y1 >= y2 or rectangles[i].y2 <= y1: continue area -= (rectangles[i].x2 - rectangles[i].x1) * (rectangles[i].y2 - rectangles[i].y1) return min(helper([rectangle for rectangle in rectangles if rectangle.x2 <= x1 or rectangle.y2 <= y1 or rectangle.x1 >= x2 or rectangle.y1 >= y2]), helper([rectangle for rectangle in rectangles if rectangle.x2 <= x1 or rectangle.y2 <= y1 or rectangle.x1 >= x2 or rectangle.y1 >= y1]), helper([rectangle for rectangle in rectangles if rectangle.x2 <= x1 or rectangle.y2 <= y2 or rectangle.x1 >= x2 or rectangle.y1 >= y1]), helper([rectangle for rectangle in rectangles if rectangle.x2 <= x2 or rectangle.y2 <= y1 or rectangle.x1 >= x1 or rectangle.y1 >= y2])) + area return helper(rectangles) ``` 这个算法的时间复杂度是 O(nlogn),其中 n 是小矩形的数量,因为每次递归都会将小矩形的数量减半。
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