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状态可表示成$6$元祖的形式： \[ (x_{cow},y_{cow},direction_{cow},x_{farmer},y_{farmer},direction_{farmer}) \] 由于每个状态每轮只会扩展出一个状态(即只有一种决策)，就不需要借助队列来进行$BFS$了。 const i 阅读全文
posted @ 2021-06-09 16:43
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我们可以将所有类型 \(2\) 的操作安排在类型 \(1\) 的操作之前。因为类型 \(2\) 的操作是反转任意一个字符，而类型 \(1\) 的操作只会改变字符的相对顺序，不会改变字符的值。 当 \(n\) 是偶数时，交替字符串只可能为 \(0101\cdots 01\) 或者 \(1010 \cd 阅读全文
posted @ 2021-06-07 17:54
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首先，为了使得 \(\textit{nums}\) 中所有元素相等，我们需要将 \(\textit{nums}\) 中的任意元素都变为 \(\textit{nums}\) 中的最小值。 其次，考虑 \(\textit{nums}\) 中的任意元素 \(x\)，每次操作（如有）只能将它变成严格小于它的 阅读全文
posted @ 2021-06-07 09:40
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模拟矩阵旋转$90°$，老套路题了。 class Solution { public: int n; void rotate(vector<vector<int>> &mat) { vector<vector<int>> temp(n,vector<int>(n)); for(int i=0;i<n 阅读全文
posted @ 2021-06-06 23:28
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完全背包求方案数。 求体积恰好为$n$、每种物品可选任意件的背包方案数。 const int N=30,M=10010; LL f[M]; int n,m; int main() { cin>>n>>m; f[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { int v; cin>>v; 阅读全文
posted @ 2021-06-06 16:53
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状态表示： \(f(i,j)\)：节点数为$i$，高度不超过$j$的子树个数(定义成高度恰好为$j$不好计算)。 状态转移： 若左子树的节点数为$k$，则右子树的节点数为$i-k-1$。 \[ f(i,j)=\sum_{k=1}^{i-2} f(k,j-1) \times f(i-k-1,j-1) 阅读全文
posted @ 2021-06-06 16:25
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3626. 三元一次方程 签到。 暴力思路是三重枚举，可优化至两重枚举。 int n; int main() { int T; cin>>T; while(T--) { cin>>n; bool ok=false; for(int i=0;3*i<=n && !ok;i++) for(int j=0 阅读全文
posted @ 2021-06-06 12:35
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枚举每次选择的三种运算符：\(\{'\ \ ','+','-'\}\)(字典序)，时间复杂度为$O(3^),n \le 9$。 注意点 在数字$1$前加一个$'+'$方便表达式求值。 char path[10]; char op[]={' ','+','-'}; int n; bool check( 阅读全文
posted @ 2021-06-05 15:15
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状态表示： \(f(i)\)：前缀$s[1 \sim i]$能否由子串集合中的元素表示。 $f(i)$只有$true$和$false$两种取值。 状态转移： 对每个子串$p[i]$，若$s[i]$大小为$p[i]$长度的后缀与$p[i]$匹配，则有如下转移： \[ f(i) \ |= f(i-p[i 阅读全文
posted @ 2021-06-04 15:28
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同12. 整数转罗马数字 pair<int,string> mp[]={ {1000, "M"}, {900, "CM"}, {500, "D"}, {400, "CD"}, {100, "C"}, {90, "XC"}, {50, "L"}, {40, "XL"}, {10, "X"}, {9, 阅读全文
posted @ 2021-06-04 14:15
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