博客包含多个算法问题，如换零钞问题，要求按特定规则换钞并求最少张数；激光样式问题，计算相邻不能同时打开时的激光效果种数；还有格雷码、调手表、搭积木等问题，涉及动态规划、广度优先搜索等算法。
1
标题：换零钞x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。
小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。
小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍，
剩下的当然都是5元面额的。银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？
（5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
(200-x-10*2*x)/5
(200-21x)/5
74
2
标题：激光样式x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。
安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！
国王很想知道，在目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即：
全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种）
开一台，共3种
开两台，只1种30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。
要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。
注意，只提交一个整数，不要填写任何多余的内容。
直接dp（可以dfs check一下） 2178309
3
标题：格雷码格雷码是以n位的二进制来表示数。
与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。
首尾两个数字也要求只有1位之差。有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种：
从编码全0开始生成。
当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0）
当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。
用这个规则产生的4位格雷码序列如下：
0000
0001 4
0011
0010 3
0110
0111 4
0101
0100 2
1100
1101 4
1111
1110 3
1010
1011 4
1001
1000以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。
#include <stdio.h>
void show(int a,int n)
{
int i;
int msk = 1;
for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;
for(i=0; i<n; i++){
printf((a & msk)? "1" : "0");
msk = msk >> 1;
}
printf("\n");
}void f(int n)
{
int i;
int num = 1;
for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;
int a = 0;
for(i=0; i<num; i++){
show(a,n);
if(i%2==0){
a = a ^ 1;
}
else{
a = _________________________ ; //填空
}
}
}int main()
{
f(4);
return 0;
}请注意：只需要填写划线部分缺少的内容，不要抄写已有的代码或符号。
树状数组 i&-i 得到最后一位1（-i的二进制就是i的反码+1，如1010，反码0101，+1=0110），那么答案就是 a = (a & -a)<<1 ^ a;
4
标题：调手表
小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。
在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。
大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会变成 1，再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。
作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。
小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊……
他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。
注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。
比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。「输入格式」
一行两个整数 n, k ，意义如题。「输出格式」
一行一个整数
表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。「样例输入」
5 3「样例输出」
2「样例解释」
如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下：
1：+1
2：+1, +1
3：+3
4：+3, +1「数据范围」
对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5
对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100
对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
直接bfs，保存到达每个差x时校准的最小步数。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int MX = 1e5+5;
struct no{
int v,st;
}zz;
int dp[MX];
int bfs(int n,int k){
queue<no>q;
zz.v=0,zz.st=0;
q.push(zz);dp[0]=0;
while(!q.empty()){
no now=q.front();q.pop();
if(dp[now.v+1]==-1){
zz.v=now.v+1,zz.st=now.st+1;
q.push(zz),dp[now.v+1]=now.st+1;
}
if(dp[(now.v+k)%n]==-1){
zz.v=(now.v+k)%n,zz.st=now.st+1;
q.push(zz),dp[(now.v+k)%n]=now.st+1;
}
}
}
int main(){
int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)dp[i]=-1;
bfs(n,k);
for(int i=0;i<n;i++){
ans=max(ans,dp[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
5
标题：搭积木
小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；
规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；
规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。【输入格式】
输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。【输出格式】
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。【样例输入1】
2 3
..X
.X.【样例输出1】
4【样例说明1】
成功的摆放有（其中O表示放置积木）：
(1)
..X
.X.
(2)
..X
OX.
(3)
O.X
OX.
(4)
..X
.XO【样例输入2】
3 3
..X
.X.
...【样例输出2】
16【数据规模约定】
对于10%的数据，n=1，m<=30；
对于40%的数据，n<=10，m<=30；
对于100%的数据，n<=100，m<=100。
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
一开始写了个暴力dp，直接暴力推。复杂度O(n^5)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int MX = 1e5+5;
const LL mod = 1000000007;
LL dp[105][105][105];
char mp[105][105];
int main(){
int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)cin>>mp[i];
LL ans=1;
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=i;j<m;j++){
int tag=1;
for(int x=i;x<=j;x++){
if(mp[n-1][x]=='X'){
tag=0;break;
}
}
if(tag)dp[n-1][i][j]=1,ans++;
}
}
for(int c=n-2;c>=0;c--){
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=i;j<m;j++){
int tag=1;
for(int x=i;x<=j;x++){
if(mp[c][x]=='X'){
tag=0;break;
}
}
if(!tag)continue;
for(int x=0;x<=i;x++){
for(int y=j;y<m;y++){
dp[c][i][j]=(dp[c][i][j]+dp[c+1][x][y])%mod;
}
}
ans=(ans+dp[c][i][j])%mod;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
然后发现只有下面向上看时联通块，然后找到每一列的最大向上的延申高度比如说时120135，那么只需要再这个新的序列上找一个开口向下状的数列（如000121）有几个即可。
这样复杂度就将为O(n^3) https://qduoj.com/problem/295（在此投题
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int MX = 1e5+5;
const LL mod = 1000000007;
char mp[105][105];
int top[105]={0};int n,m;
LL dp[105][105][2];/*01是否减少过*/
void gettop(){
for(int i=0;i<m;i++){
int tag=n;
for(int j=n-1;j>=0;j--){
if(mp[j][i]=='X')break;
tag=j;
}
top[i+1]=n-tag;
//cout<<top[i]<<endl;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)cin>>mp[i];
gettop();
dp[0][0][0]=1;LL ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=top[i];j++){
for(int k=0;k<=j;k++){
dp[i][j][0]+=dp[i-1][k][0],dp[i][j][0]%=mod;
}
dp[i][j][1]+=dp[i-1][j][1],dp[i][j][1]%=mod;
for(int k=j+1;k<=n;k++){
dp[i][j][1]+=dp[i-1][k][1],dp[i][j][1]%=mod;
dp[i][j][1]+=dp[i-1][k][0],dp[i][j][1]%=mod;
}
if(i==m)ans=(ans+dp[i][j][1]+dp[i][j][0])%mod;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}6 似乎是个莫比乌斯反演，对我来说不可能了
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