7段第一课：枚举
A 按钮变色
题目&解法
题目：有一个 \(4\times4\) 的网格上面有 \(16\) 个按钮。按钮只有黑(\(b\) )白( \(w\) )两种颜色。按动任意一个按钮，那么该按钮本身以及其上下左右的按钮（如果有的话）都会改变颜色(由白变黑，由黑变白)。给出初始按钮的状态，输出最少要按多少次按钮才可以让所有按钮变为同一种颜色。
解法1：爆搜即可，每个按钮有按下与不按下两种可能。可以把每个按钮进行编号，第一行是 \(0\) 到 \(3\)，第二行是 $4 $ 到 \(7\)，以此类推，优点是方便 dfs 的时候枚举下一个
解法2：因为已经将每个按钮给了一个 \(0\) 到 \(15\) 的编号，所以可以枚举 \(0\) 到 \(2^{16}-1\) 的所有二进制，如果当前位置为 \(0\) 代表不以它为中心进行翻转，如果为 \(1\) 代表以它为中心进行翻转，其他与解法 \(1\) 类似
Code1 搜索做法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[5][5];
int ans = 20;
char f(char c) {return c == 'w' ? 'b' : 'w';}
bool check() {
char op = s[0][0];
for (int i = 0; i < 4; i++) {
for (int j = 0; j < 4; j++) {
if (s[i][j] != op) return false;
}
}
return true;
}
void change(int x, int y) {
s[x][y] = f(s[x][y]);
if (x - 1 >= 0) s[x - 1][y] = f(s[x - 1][y]);
if (x + 1 < 4) s[x + 1][y] = f(s[x + 1][y]);
if (y - 1 >= 0) s[x][y - 1] = f(s[x][y - 1]);
if (y + 1 < 4) s[x][y + 1] = f(s[x][y + 1]);
}
//id是当前的按钮编号，cnt是当前按下的按钮次数
void dfs(int id, int cnt) {
if (id == 16) {
if (check()) ans = min(ans, cnt);
return ;
}
int x = id / 4;
int y = id - x * 4;
dfs(id + 1, cnt);
change(x, y);
dfs(id + 1, cnt + 1);
change(x, y);
}
int main() {
for (int i = 0; i < 4; i++) scanf("%s", s[i]);
dfs(0, 0);
if (ans != 20) printf("%d\n", ans);
else printf("Impossible\n");
return 0;
}
Code2 状压枚举二进制做法
具体做法为先枚举二进制，然后在判断每一位二进制是否为 \(1\)。判断方法为如果该二进制与上 \(2^i\) 大于零，说明第 \(i\) 位为 \(1\) ，可以参考以下这个例子：
假设当前枚举到了 \(5\)，二进制位 \(101\)，判断从右往左数的第 \(0\) 位是否为一就是 5&(1<<0) 的值大于零，转换到二进制就是 \(101\&1\)，因为与有同为一则为一，否则为零的特性，所以结果为 \(1\) 大于 \(0\) ，所以第 \(0\) 位的值位 \(1\)
如果要判断从右往左数第 \(1\) 位的数值就是 5&(1<<1) 的值大于 \(0\)，转换到二进制就是 \((101)\&(010)\)，显然所有位都是 \(0\)，最终结果为 \(0\)，所以第 \(1\) 位的值位 \(0\)
枚举二进制的时候推荐数组以 \(0\) 开始，方便枚举
具体可以参考代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[5][5];
int ans = 20;
char f(char c) {return c == 'w' ? 'b' : 'w';}
bool check() {
char op = s[0][0];
for (int i = 0; i < 4; i++) {
for (int j = 0; j < 4; j++) {
if (s[i][j] != op) return false;
}
}
return true;
}
void change(int x, int y) {
s[x][y] = f(s[x][y]);
if (x - 1 >= 0) s[x - 1][y] = f(s[x - 1][y]);
if (x + 1 < 4) s[x + 1][y] = f(s[x + 1][y]);
if (y - 1 >= 0) s[x][y - 1] = f(s[x][y - 1]);
if (y + 1 < 4) s[x][y + 1] = f(s[x][y + 1]);
}
int main() {
for (int i = 0; i < 4; i++) scanf("%s", s[i]);
//枚举二进制状态mask
for (int mask = 0; mask < (1 << 16); mask++) {
int cnt = 0;//记录翻转次数
for (int end = 0; end < 16; end++) {//枚举第end位
if (mask & (1 << end)) {//判断mask的第end位是否为1
cnt++;
int x = end / 4;
int y = end - x * 4;
change(x, y);
}
}
if (check()) ans = min(ans, cnt);
for (int end = 0; end < 16; end++) {//回溯
if (mask & (1 << end)) {
int x = end / 4;
int y = end - x * 4;
change(x, y);
}
}
}
if (ans != 20) printf("%d\n", ans);
else printf("Impossible\n");
return 0;
}
B 最短连续子序列
题目&解法
题目：给定一个长度为 \(n\) 的整数序列以及整数 \(S\)，求最短的连续子序列的长度使得这个连续子序列的和大于等于 \(S\)。
解法：第一种解法为二分，借助前缀和具有单调性这一特点来进行二分，这里不重点讲述
第二种解法为双指针：枚举左端点 \(l\)，在 \(l\) 固定的情况下，让右端点 \(r\) 不断向右滑动，一直滑动到满足区间和大于等于 \(S\) 为止，这样就得到了一个当左端点为 \(l\) 的区间和大于等于 \(S\) 的最短的区间，接下来再去下一个左端点
双指针的核心就在于 \(r\) 只会加不会减回去，这样就 \(r\) 最多只会加 \(n\) 次，\(l\) 因为枚举的原因也只会枚举 \(n\)，这样使用双指针做这道题目的时间复杂度只有 \(O(n)\)，甚至比二分还要快
接下来解释为什么 \(r\) 不会减回去，举个例子假设数组为 1 2 5 4 3，\(S\) 为 11，当 \(l\) 的值为 \(1\) 时，\(r\) 应当取 \(3\)（下标从 \(1\) 开始），即数字 \(5\) 的位置，区间和为 \(12\) 大于等于 \(1\)。接下来当 \(l\) 的值为 \(2\) 的时候会发现 \(r\) 没必要减回去，因为原本当 \(l\) 的值为 \(1\) 的时候区间 \([l,r]\) 就是最短的满足条件的区间，这样如果删掉左边的数（即区间左端点向右移动）那么这个区间和就一定会小于 \(S\)，既然它小于 \(S\)，那么我只要让 \(r\) 向右移动寻找大于等于 \(S\) 的即可，所以 \(r\) 永远不会减回去，最多只会枚举 \(n\) 次
注意双指针一般推荐下标从 \(1\) 开始，这样可以有效的避免一些数组越界的问题
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
const int INF = (int) 1e9;
int a[N];
int main() {
int n, s;
scanf("%d%d", &n, &s);
int ans = INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
int r = 0, sum = 0;//r为右端点，sum为当前区间之和
for (int l = 1; l <= n; l++) {
while(r + 1 <= n && sum < s) {//滑动右端点
sum += a[r + 1];
r++;//注意这里r的初始值为0，所以上面判断是r+1<=n，这里是加上a[r+1]后才r++
}
if (sum >= s) ans = min(ans, r - l + 1);
sum -= a[l];
}
if (ans != INF) printf("%d\n", ans);
else printf("0\n");
return 0;
}
C 异或和
题目&解法
题目：给定长度为 \(n\) 整数序列，求有多少区间的异或和等于相加之和。
解法：解本题需要用的以下有关抑或的性质：
a^b<=a+b原因很简单，异或为相同为一不同为负，那么如果异或出来的二进制结果某一位为一，那么一定原来的两个数一定一个为一，一个为0，不可能某名奇妙多出来一个一的，所以a^b<=a+b- 如果
a^b<a+b，那么a^b^c<a+b+c，由上一个性质可以推导出，如果a^b<a+b，那么后面无论再异或哪一个数都无法弥补这部分小掉的部分
根据这两个性质，就可以得出做法：先枚举左端点，然后双指针右端点找到当左端点固定时最大的右端点，最后计算答案即可
值得注意的是，这一题的双指针和上一题有所不同，上一题右端点停止滑动的条件是满足条件，这一题停止滑动的条件是不满足条件，写的时候会在细节上有所不同
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010;
int a[N];
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
long long r = 0, xorsum = 0, sum = 0, ans = 0;//不开long long见祖宗
for (int l = 1; l <= n; l++) {//注意这里和上一题的不同点和共同点
while(r + 1 <= n && (xorsum ^ a[r + 1]) == sum + a[r + 1]) {//不同点是这里判断了下一个是否合法，共同点是都维护区间[l,r]为合法区间
sum += a[r + 1];
xorsum ^= a[r + 1];
r++;
}
ans += r - l + 1;
sum -= a[l], xorsum ^= a[l];
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
D 最大余数
题目&解法
题目：给定 \(n\) 个整数, 从中选出若干个数字（每个数字最多选一次），使得它们的和取余 \(m\) 最大，求最大的余数。
解法：使用折半搜索，把数组分为两半，分别枚举组合并记录相加并取模后的值，然后在第一半里面二分查找相加取模最大的数，即二分查找小于等于 \(m-1-x\) 的最大值（取模 \(m\) 的最大值为 \(m-1\)，\(x\) 为第二半正在枚举的组合相加取模的值），如果没有找到就直接取第一半里面的最大值（注意这是因为二分的数组为有序且取模了 \(m\) 所有的数全都小于 \(m\)，所以可以这么写），记录答案，注意特判不和另一半相加只是单独自身的情况
这里给到一个枚举组合的技巧：直接枚举二进制即可，因为枚举组合有交换顺序视为同一个组合的性质，可以转换为二进制的同一个数不同位为 \(1\)，写起来相对于 dfs 要简单很多
Code
代码为了方便查找最大值、查找相加取模最大值和去重等使用了 set 代替上述解法中的记录第一半结果的数组，可以相互转化，不过 set 相较而言更简单
采用了 set.upper_bound() 这个函数进行查找，它的功能是查找严格大于某个数的最小的数（第一个数），找不到会返回 set.end()，然后取前面一个数就变成了小于等于某个数的最大的数（最后一个数）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[40], n, m;
set<int> st;
void init() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i]);
int len = n / 2;
for (int mask = 0; mask < (1 << len); mask++) {
long long sum = 0;
for (int end = 0; end < len; end++) {
if (mask & (1 << end)) sum += a[end];
}
sum %= m;
st.insert(sum);
}
}
void solve() {
int l = n / 2;
int len = n - n / 2;
int ans = *(--st.end());
for (int mask = 0; mask < (1 << len); mask++) {
long long sum = 0;
for (int end = 0; end < len; end++) {
if (mask & (1 << end)) sum += a[l + end];
}
sum %= m;
ans = max(ans, sum);
auto it = st.upper_bound(m - 1 - sum);
if (it == st.end() || it == st.begin()) ans = max(ans, (sum + *(--st.end())) % m);
else ans = max(ans, (sum + *(--it)) % m);
}
printf("%d\n", ans);
}
int main() {
init();//输入并预处理第一半数组取模m的值
solve();//计算第二半数组取模m的值并计算答案
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号