前言

【USACO2.2】解题报告_罗马数字

然而只有一道动态规划的题目。。。

其他三道题都是模拟。。。

难度还是有所增加的。至少在洛谷中又有一道蓝题了。

USACO：​​http://train.usaco.org​​

USACO2.2.3.​​Preface Numbering​​

思路：

我们会发现罗马数字中每一位都是独立的。不会遭到其他位的干扰。

例如数字319731973197和113211321132和710871087108，他们的百位都是111，但是其他位没有一样的，但是百位的表示还都是不变的。

那么就一位一位地处理，从高位到低位一个一个输出即可。

代码：

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

const char ch[8]={' ','I','V','X','L','C','D','M'};
const int num[8]={0,1,5,10,50,100,500,1000};
int n,ans[8];

void work(int x,int i)
{
    if (x==1) ans[i*2-1]++;  //按位输出
    if (x==2) ans[i*2-1]+=2;
    if (x==3) ans[i*2-1]+=3;
    if (x==4) ans[i*2]++,ans[i*2-1]++;
    if (x==5) ans[i*2]++;
    if (x==6) ans[i*2]++,ans[i*2-1]++;
    if (x==7) ans[i*2]++,ans[i*2-1]+=2;
    if (x==8) ans[i*2]++,ans[i*2-1]+=3;
    if (x==9) ans[i*2+1]++,ans[i*2-1]++;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int j=1;j<=n;j++)
    {
        int x=j;
        for (int i=1;x;i++)
        {
            work(x%10,i);  //一位一位输出
            x/=10;
        }
    } 
    for (int i=1;i<=8;i++)
     if (ans[i])
      cout<<ch[i]<<' '<<ans[i]<<endl;
    return 0;
}

USACO2.2.4.​​Subset Sums​​

思路：

很明显的DPDPDP啊。

题目可以等价的转换为求在1∼n1\sim n1∼n中选出几个数使得和为1+2+3+...+n2\frac{1+2+3+ ... +n}{2}21+2+3+...+n​的方案数。

很明显可以设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示选完iii个数，和为jjj的方案数。那么就有

f[i][j]+=f[i−1][j−i]f[i][j]+=f[i-1][j-i]f[i][j]+=f[i−1][j−i]

那么答案就是f[n][1+2+3+...+n2]=f[n][n(1+n)22]=f[n][n(1+n)4]f[n][\frac{1+2+3+ ... +n}{2}]=f[n][\frac{\frac{n(1+n)}{2}}{2}]=f[n][\frac{n(1+n)}{4}]f[n][21+2+3+...+n​]=f[n][22n(1+n)​​]=f[n][4n(1+n)​]

那么如果n(1+n)n(1+n)n(1+n)不是444的倍数就输出000好了。

优化：

可以利用背包的思想将第一位省略掉。

代码：

#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;

int n,m;
ll f[1300];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    m=(n+1)*n/2;
    if (m%2) return !printf("0\n");  //特判
    m/=2;
    f[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
     for (int j=m;j>=i;j--)  //省略一维之后一定要倒序！
      f[j]+=f[j-i];
    printf("%lld\n",f[m]/2);
    return 0;
}

USACO2.2.5.​​Runaround Numbers​​

思路：

直接暴力模拟，每一个数判断一下即可。

毫无难度。注意细节。

代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;

int m,n,len,a[30];
bool vis[30],ok;

bool check()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    int x=1;
    for (int i=1;i<=len;i++)
    {
        x=(x+a[x])%len;
        if (!x) x=len;
        if (vis[x]) return 0;  //不是回文数
        vis[x]=1;
    }
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d",&m);
    do
    {
        Continue:
        m++;
        n=m;
        len=0;
        ok=1;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        while (n)
        {
            a[++len]=n%10;
            if (vis[a[len]]) goto Continue;  //break诡异的出错了，所以选择了goto。但是建议少用goto！
            vis[a[len]]=1;
            n/=10;
        }
        for (int i=1;i<=len/2;i++)
         swap(a[i],a[len-i+1]);
    }
    while (!check());
    for (int i=1;i<=len;i++)
     printf("%d",a[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}


USACO2.2.6.​​Party Lamps​​

思路：

我们来看一下四种转化方法的循环结。

  1. 改变所有的数，循环结111。
  2. 两个数中改变一个，循环结222。
  3. 同上，循环结222。
  4. 三个数中改一个，循环结333。

LCM(1,2,2,3)=6LCM(1,2,2,3)=6LCM(1,2,2,3)=6

所以最终答案一定是​​每6个数为一个循环结​​。

那么我们就只要维护这个数列的前666个数就可以了！

继续优化。

我们知道，任意一种改变方式按奇数次和偶数次是相同的，即你按777次，101101101次，798132565798132565798132565次，2x+12x+12x+1次都是一样的，而你按666次，198198198次，354357752354357752354357752次，2x2x2x次都是一样的。

那么我们就对于每一种按钮枚举0∼10\sim10∼1，表示按偶数下还是奇数下。那么如果满足：

  1. 所有的按钮按下后的奇偶性和总按下次数相同。
  2. 枚举的循环变量相加不大于总按下次数。

那么就可以进行模拟，求出最终灯（的前六位），如果符合要求，就保存这个答案，最终排序输出即可。

时间复杂度：O(1)O(1)O(1)（常数24×62^4\times 624×6）。（或者说O(24×6)O(2^4\times 6)O(24×6)）

代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n,m,x,sum;
bool o[7],c[7];

struct answer
{
    int num[7];
}ans[30];

bool cmp(answer x,answer y)  //从小到大排序
{
    for (int i=1;i<=6;i++)
     if (x.num[i]<y.num[i]) return 1;
     else if (x.num[i]>y.num[i]) return 0;
    return 0;
}

bool check(int i,int j,int k,int l)
{
    //i^j^k^l表示最终的奇偶性，因为：
    //0表示偶数，1表示奇数
    //1^1=0，奇数+奇数=偶数
    //0^0=0，偶数+偶数=偶数
    //1^0=0^1=1，奇数+偶数=偶数+奇数=奇数
    return ((i^j^k^l)==(m&1))&&(i+j+k+l<=m);
}

void work(int i,int j,int k,int l)
{
    int a[7]={1,1,1,1,1,1,1};
    if (i) 
     for (int q=1;q<=6;q++) a[q]^=1;
    if (j)
     for (int q=1;q<=6;q+=2) a[q]^=1;
    if (k)
     for (int q=2;q<=6;q+=2) a[q]^=1;
    if (l)
     for (int q=1;q<=6;q+=3) a[q]^=1;
    for (int q=1;q<=6;q++)
     if ((o[q]&&(!a[q]))||(c[q]&&a[q])) return;  //判断是否符合要求
    sum++;
    for (int q=1;q<=6;q++)
     ans[sum].num[q]=a[q];  //记录答案
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while (1)
    {
        scanf("%d",&x);
        if (x==-1) break;
        o[(x-1)%6+1]=1;  //open，开着的灯
    }
    while (1)
    {
        scanf("%d",&x);
        if (x==-1) break;
        c[(x-1)%6+1]=1;  //close，关着的灯
    }
    for (int i=0;i<=1;i++)
     for (int j=0;j<=1;j++)
      for (int k=0;k<=1;k++)
       for (int l=0;l<=1;l++)
        if (check(i,j,k,l)) work(i,j,k,l);
    sort(ans+1,ans+1+sum,cmp);
    for (int i=1;i<=sum;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
         putchar(ans[i].num[(j-1)%6+1]+48);
        printf("\n");
    }
    if (!sum) puts("IMPOSSIBLE");
    return 0;
}