开关问题 POJ 3276 POJ 3279 POJ 1222

POJ 3276

题目链接：http://poj.org/problem?id=3276

题意：N个牛 ，B表示朝后， F表示朝前，每次可以选择连续的K个牛反转方向，问如何选择K，使得操作数M最少，K也应尽量小。

参考博客：http://www.cnblogs.com/neopenx/p/4071801.html

①从第一头牛开始，如果朝前，不管了。看下一头牛，如果朝后反转K长度区间.....一直扫到区间结束。

②第一趟结束后，如果不符合要求，继续重复①，直到所有牛都朝前。

这样复杂度是O（n^3)，5000*5000*5000，标准TLE。

 

其实确定反转次数只需要扫一趟就行了，没有必要来回多趟。O（n^2)就能解决。

它的思路是这样的：

f[i]：区间[i,i+k-1]进行了反转的话为，否则为0。


为奇数的话，表示这头牛的方向与初始方向相反。



由上式可知，每一次都可以递推出来。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int N;
int dir[5500];  //0表示朝前，1表示朝后
int f[5500];	//表示区间[i, i + K - 1]是否进行反转
int calc(int K) {
memset(f, 0, sizeof(f));
int res = 0;	//反转几次
int sum = 0;	//f的和
int i;
for(i = 0; i + K <= N; i++) {
//计算区间[i, i + K - 1]
if((dir[i] + sum) % 2 != 0) {
//该区间最前方的牛面朝后方
res++;
f[i] = 1;//表示需要反转
}
//递推式
sum += f[i];
if(i - K + 1 >= 0) {
sum -= f[i - K + 1];
}
}
//检查剩下的牛是否有朝后的，有的话就无解
for(i = N - K + 1; i < N; i++) {
if((dir[i] + sum) % 2 != 0) {
return -1;
}
if(i - K + 1 >= 0) {  //注意还要更新sum
sum -= f[i - K + 1];
}
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d", &N);
getchar();
int K = 1, M = N;
int i;
char tmp;
for(i = 0; i < N; i++) {
if(tmp = getchar() == 'F') dir[i] = 0;
else dir[i] = 1;
getchar();
}
for(i = 1; i <= N; i++) {
int m = calc(i);
if(m >= 0 && M > m) {
M = m;
K = i;
}
}
printf("%d %d\n", K, M);
return 0;
}

POJ 3279 （关灯问题）

题目链接：http://poj.org/problem?id=3279

题意：一个m*n的01矩阵，每次点击(x,y)，则(x,y)的上下左右以及本身就会反转，问把矩阵变成全0的，最小需要点击多少步。

挑战程序设计上看到的，应该是比较经典的题目，做法就是枚举吧，不过是效率比较高，特别巧妙地枚举。也是第一次学到了用2进制去表示集合。

做法具体来说就是枚举第一行，然后根据第一行往下推到最后，比较结果找出最小值即可。

详见代码。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int dx[5] = {-1, 0, 0, 0, 1}; //枚举一个点的相邻4点及其本身
const int dy[5] = {0, -1, 0, 1, 0};
int M, N;
//tilt为原始棋盘，ans为最小结果，flip记录中间结果
int tilt[20][20], ans[20][20], flip[20][20];
//此函数用来查询（x，y）点的颜色，0白1黑
int get(int x, int y) {
int c = tilt[x][y];
int i;
for(i = 0; i < 5; i++) {
int tx = x + dx[i];
int ty = y + dy[i];
if(tx >= 0 && tx < M && ty >= 0 && ty < N)
c += flip[tx][ty];  //加上被翻过多少次，有很巧妙的关系
}
return c % 2;
}

int calc() {
int i, j;
//求第二行开始的反转方法
for(i = 1; i < M; i++) {
for(j = 0; j < N; j++) {
if(get(i - 1, j) == 1) {
//i - 1, j 是黑色，那么在这一行一定要反转，因为只有这一个机会使其变色
flip[i][j] = 1;
}
}
}
//最后一行若有黑的则无解
for(i = 0; i < N; i++) {
if(get(M - 1, i) == 1) {
return -1;
}
}
//统计反转次数
int res = 0;
for(i = 0; i < M; i++) {
for(j = 0; j < N; j++) {
res += flip[i][j];
}
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d %d", &M, &N);
int i, j;
for(i = 0; i < M; i++) {
for(j = 0; j < N; j++) {
scanf("%d", &tilt[i][j]);
}
}
int res = -1;
//按字典序尝试第一行的所有可能性
for(i = 0; i < 1 << N; i++) {
memset(flip, 0, sizeof flip);
for(j = 0; j < N; j++) {
flip[0][N - j - 1] = i >> j & 1; //因为要按字典序枚举，1比0大，所以要倒过来
}
int num = calc();
if(num >= 0 && (res < 0 || num < res)) { //找出最小值
res = num;
memcpy(ans, flip, sizeof(ans));
}
}
if(res < 0) puts("IMPOSSIBLE");
else {
for(i = 0; i < M; i++) {
for(j = 0; j < N; j++) {
printf("%d%c", ans[i][j], j + 1 == N ? '\n' : ' ');
}
}
}
return 0;
}

POJ 1222

题目链接：http://poj.org/problem?id=1222

与上题代码基本相同，棋盘固定了5 * 7