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遇到坎就得迈过去




离线:12小时前


活动打卡代码 AcWing 1432. 棋盘挑战

#include <iostream>

using namespace std;
const int N = 15;
int C[N], Z[N * 2], F[N * 2];//C标记列是否放满, Z标记主对角线,F标记副对角线
int tot = 0, path[N];//存放总的方案数


void DFS(int row, int n){
    //递归边界,找到一个合法的
    if(row == n + 1){
        tot++;
        //递归的过程就是结果集由小到大的遍历
        if(tot <= 3){
            for(int i = 1; i <= n; i++){
                if(i != 1) printf(" ");
                printf("%d", path[i]);
            }
            printf("\n");
        }
    }
    else{
         //尝试把第cur行的皇后放在第j列
        for(int col = 1; col <= n; col++){
            if(!C[col] && !Z[col - row + n] && !F[col + row]){
                path[row] = col;
                C[col] = Z[col - row + n] = F[col + row] = 1;//准备进入下一状态
                DFS(row + 1, n);
                C[col] = Z[col - row + n] = F[col + row] = 0;//状态回滚
            }
        }
    }
}

int main(){
    int n;
    scanf("%d", &n);
    DFS(1, n);
    printf("%d\n", tot);
    return 0;
}



题目描述

给定一个 N×N 的棋盘,请你在上面放置 N 个棋子,要求满足:

每行每列都恰好有一个棋子
每条对角线上都最多只能有一个棋子

    1   2   3   4   5   6
  -------------------------
1 |   | O |   |   |   |   |
  -------------------------
2 |   |   |   | O |   |   |
  -------------------------
3 |   |   |   |   |   | O |
  -------------------------
4 | O |   |   |   |   |   |
  -------------------------
5 |   |   | O |   |   |   |
  -------------------------
6 |   |   |   |   | O |   |
  -------------------------

上图给出了当 N=6 时的一种解决方案,该方案可用序列 2 4 6 1 3 5 来描述,该序列按顺序给出了从第一行到第六行,每一行摆放的棋子所在的列的位置。

请你编写一个程序,给定一个 N×N 的棋盘以及 N 个棋子,请你找出所有满足上述条件的棋子放置方案。

输入格式

共一行,一个整数 N。

输出格式

共四行,前三行每行输出一个整数序列,用来描述一种可行放置方案,序列中的第 i 个数表示第 i 行的棋子应该摆放的列的位置。

这三行描述的方案应该是整数序列字典序排在第一、第二、第三的方案。

第四行输出一个整数,表示可行放置方案的总数。

数据范围

6≤N≤13

输入样例:

6

输出样例:

2 4 6 1 3 5
3 6 2 5 1 4
4 1 5 2 6 3
4


前提知识

如何标记一个二维数组每一条主对角线和副对角线呢?
对于坐标(x,y),y-x唯一标记了每一条主对角线(注意可能是负值,所以后面加了个n,保证为正值),y+x唯一标记了每一条副对角线;

思路

我们在判断每一皇后的位置是否合法时,可以直接根据皇后的坐标计算出其所在的列,主对角线和副对角线,然后判断所在列和对角线有没有被占用,如果没有被占用,则进入下一状态;直到行进行到第n+1行时,到达递归边界,输出结果;

注意事项

1、解法一没有用额外的标记数组,虽然省了空间,但是每一次判断都需要计算,所以超时了;
2、解法二用了额外的标记数组,直接判断即可,不用计算,但如果使用标记数组一定要记得状态回滚;
3、本题让输出前3个较小的答案,递归的过程就是结果集由小到大遍历的过程,所以直接输出前3个即可;

算法1

C++ 代码

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N = 15;
int C[N];//存放每一行皇后的列下标
int tot = 0;//存放总的方案数


void DFS(int cur, int n){
    //递归边界,找到一个合法的
    if(cur == n + 1){
        tot++;
        //递归的过程就是结果集由小到大的遍历
        if(tot <= 3){
            for(int i = 1; i <= n; i++){
                if(i != 1) printf(" ");
                printf("%d", C[i]);
            }
            printf("\n");
        }
    }
    else{
         //尝试把第cur行的皇后放在第j列
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            int ok = 1;
            C[cur] = j;
            //检查是否和前面行的皇后冲突
            for(int i = 1; i < cur; i++){
                if(C[cur] == C[i] || cur - C[cur] == i - C[i] || cur + C[cur] == i + C[i]){
                    ok = 0; break;
                }
            }
            if(ok) DFS(cur + 1, n);//如果合法,继续递归
        }
    }
}

int main(){
    int n;
    scanf("%d", &n);
    DFS(1, n);
    printf("%d\n", tot);
    return 0;
}

算法2

C++ 代码

#include <iostream>

using namespace std;
const int N = 15;
int C[N], Z[N * 2], F[N * 2];//C标记列是否放满, Z标记主对角线,F标记副对角线
int tot = 0, path[N];//存放总的方案数


void DFS(int row, int n){
    //递归边界,找到一个合法的
    if(row == n + 1){
        tot++;
        //递归的过程就是结果集由小到大的遍历
        if(tot <= 3){
            for(int i = 1; i <= n; i++){
                if(i != 1) printf(" ");
                printf("%d", path[i]);
            }
            printf("\n");
        }
    }
    else{
         //尝试把第cur行的皇后放在第j列
        for(int col = 1; col <= n; col++){
            if(!C[col] && !Z[col - row + n] && !F[col + row]){
                path[row] = col;
                C[col] = Z[col - row + n] = F[col + row] = 1;//准备进入下一状态
                DFS(row + 1, n);
                C[col] = Z[col - row + n] = F[col + row] = 0;//状态回滚
            }
        }
    }
}

int main(){
    int n;
    scanf("%d", &n);
    DFS(1, n);
    printf("%d\n", tot);
    return 0;
}


活动打卡代码 AcWing 754. 平方矩阵 II

#include <iostream>

using namespace std;
int a[110][110];
//把每一条斜对角线上的元素放到相应位置
void myprint(int n){
    //从第一列的每个元素出发,斜着走过每一条对角线
    for(int r = 1; r <= n; r++){
        int i = r, j = 1;
        while(i <= n && j <= n){
            a[j][i] = r;//注意这是一个对称矩阵
            a[i++][j++] = r;
        }
    }
}
//输出矩阵
void printMatrix(int n){
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        for(int j = 1; j <= n; j ++){
            if(j != 1) printf(" ");
            printf("%d", a[i][j]);
        }
        printf("\n");
    }
    printf("\n");
}

int main(){
    int n;
    cin >> n;
    while(n != 0){
        myprint(n);
        printMatrix(n);
        cin >> n;
    }
    return 0;
}



题目

小明正在玩一个“翻硬币”的游戏。

桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面,用 o 表示反面(是小写字母,不是零)。

比如,可能情形是:oo*oooo

如果同时翻转左边的两个硬币,则变为:oooo***oooo

现在小明的问题是:如果已知了初始状态和要达到的目标状态,每次只能同时翻转相邻的两个硬币,那么对特定的局面,最少要翻动多少次呢?

我们约定:把翻动相邻的两个硬币叫做一步操作。

输入格式

两行等长的字符串,分别表示初始状态和要达到的目标状态。

输出格式

一个整数,表示最小操作步数

数据范围

输入字符串的长度均不超过100。
数据保证答案一定有解。

输入样例1:

**********
o****o****

输出样例1:

5

输入样例2:

*o**o***o***
*o***o**o***

输出样例2:

1

思路

先考虑翻相邻两个硬币的翻法,比如ABC相邻,翻与B相邻的硬币,可以翻AB也可以翻BC;
这道题看似两种翻法都可以,但是注意题目中要求翻的次数最少,所以现在考虑第一枚硬币,如果第一枚硬币确定了,我们为了翻的次数最少,再翻第二枚硬币的时候就肯定不会再去动第一枚硬币了(如果动了,翻得次数就不是最优了);
所以,再翻硬币的时候只需要考虑翻当前硬币和后面一枚硬币的做法,而不考虑翻前面那枚硬币的做法;

C++ 代码

#include <iostream>
#include <string>

using namespace std;
string a, b;

void turn(int i){
    if(a[i] == '*') a[i] = 'o';
    else a[i] = '*';
}

int main(){

    cin >> a >> b;
    int res = 0;
    for(int i = 0; i < a.size() - 1; i ++){
        if(a[i] != b[i]) {
            res ++;
            turn(i); turn(i + 1);
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}


活动打卡代码 AcWing 1208. 翻硬币

```

include [HTML_REMOVED]

include [HTML_REMOVED]

using namespace std;
string a, b;

void turn(int i){
if(a[i] == ‘’) a[i] = ‘o’;
else a[i] = ‘
’;
}

int main(){

cin >> a >> b;
int res = 0;
for(int i = 0; i < a.size() - 1; i ++){
    if(a[i] != b[i]) {
        res ++;
        turn(i); turn(i + 1);
    }
}
cout << res << endl;
return 0;

}



活动打卡代码 AcWing 1341. 十三号星期五

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

int getcount(int year, int month){
    if(month == 2){
        if(year % 4 == 0 && year % 100 != 0) return 29;
        else if(year % 100 == 0 && year % 400 == 0) return 29;
        else return 28;
    }
    else if(month == 4 || month == 6 || month == 9 || month == 11) return 30;
    else return 31;
}

int main(){
    int N, date = 1;
    int num[8];
    memset(num, 0, sizeof(num));
    cin >> N;
    for(int year = 1900; year < 1900 + N; year ++){
        for(int month = 1; month <= 12; month ++){
            int count = getcount(year, month);
            for(int day = 1; day <= count; day ++){
                if(day == 13) num[date]++;
                date = (date + 1) % 8;
                if(date == 0) date = 1;
            }
        }
    }
    printf("%d %d %d %d %d %d %d\n", num[6], num[7], num[1], num[2], num[3], num[4], num[5]);
    return 0;
}


活动打卡代码 AcWing 1532. 找硬币

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N = 100010;
int a[N];

int main(){
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i < n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
    sort(a, a + n);

    for(int i = 0, j = n - 1; i < j; i ++){
        while(i < j && a[i] + a[j] > m) j--;
        if(i < j && a[i] + a[j] == m){
            printf("%d %d\n", a[i], a[j]); return 0;
        }
    }
    printf("No Solution\n");
    return 0;
}


活动打卡代码 AcWing 429. 奖学金

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

struct student{
  int id;
  double chinese, math, english;
};

bool cmp(student& a, student& b){
    double sa = a.chinese + a.math + a.english;
    double sb = b.chinese + b.math + b.english;
    if(sa != sb) return sa > sb;
    else if(a.chinese != b.chinese) return a.chinese > b.chinese;
    else return a.id < b.id;
}

int main(){
    vector<student> stus;
    int n, id = 0;
    cin >> n;
    while(++id <= n){
        student stu;
        stu.id = id;
        scanf("%lf%lf%lf", &stu.chinese, &stu.math, &stu.english);
        stus.push_back(stu);
    }
    sort(stus.begin(), stus.end(), cmp);
    for(int i = 0; i < 5; i ++){
        printf("%d %.0f\n", stus[i].id, stus[i].chinese + stus[i].math + stus[i].english);
    }
}


活动打卡代码 AcWing 422. 校门外的树

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>

using namespace std;
const int MAXN = 110;

typedef pair<int, int> P;

pair<int, int> segment[MAXN];

bool cmp(pair<int, int>& a, pair<int, int>& b){
    return a.first < b.first;
}

int main(){
    int L, M;
    cin >> L >> M;
    for(int i = 0; i < M; i ++) cin >> segment[i].first >> segment[i].second;
    sort(segment, segment + M, cmp);
    int res = 0, left = segment[0].first, right = segment[0].second;
    for(int i = 1; i < M; i ++){
        //需要合并区间
        if(segment[i].first <= right){
            right = max(right, segment[i].second);
        }
        else{//不需要合并区间
            res += right - left + 1;
            left = segment[i].first, right = segment[i].second;
        }
    }
    res += right - left + 1;
    printf("%d\n", L + 1 - res);
    return 0;
}


活动打卡代码 AcWing 1227. 分巧克力

#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int H[maxn], W[maxn], n, k;

bool check(int m){
    int res = 0;
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        res += H[i] / m * (W[i] / m);
        if(res >= k) return true;
    }
    return false;
}

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 0; i < n; i ++)   scanf("%d%d", &H[i], &W[i]);
    int l = 1, r = 1e5;
    while(l < r){
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    printf("%d\n", l);
    return 0;
}