Part 1.训练题题解
算法基础训练 50 题（四）搜索
#JC0401. 自然数的拆分问题
利用回溯算法，每次都从1遍历到上限，并记录当前搜索的值以及总和。每当总和等于n时，输出所有记录的值。
using namespace std;
int t,n,m,a[100],ans;
string s;
int run(int l,int s,int sum)
{
if (sum==n)
{
if (s==1) return 0;
for (int i=1;i<s;i++)
cout<<a[i]<<"+";
cout<<a[s]<<endl;
return 0;
}
s++;
for (int i=l;i<=n;i++)
{
a[s]=i;
if (sum+i>n) break;
run(i,s,sum+i);
}
return 0;
}
int main()
{
cin>>n;
run(1,0,0);
return 0;
}
#JC0402. 八皇后问题
利用回溯算法，因为每行、每列、每个对角线都不能放置棋子，但是搜索时是按行从上往下，所以只需要维护三个数组，分别记录别每列、每个对角线都是否放过棋子。在放置棋子时，用x+y表示所在的右斜对角线，用x-y+n表示左斜对角线（+n是防止结果为负数，超出数组下标范围）
int n,a[20],x[20],y[20],b1[50],b2[50],ans;
int run(int i)
{
if (i==n+1)
{
ans++;
if (ans>=4) return 0;
F(j,1,n)
CO a[j] P;
CL;
return 0;
}
for (int j=1;j<=n;j++)
if (!y[j]&&!b1[i+j]&&!b2[i-j+n])
{
b1[i+j]=b2[i-j+n]=y[j]=1;
a[i]=j;
run(i+1);
b1[i+j]=b2[i-j+n]=y[j]=0;
}
return 0;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n;
run(1);
CO ans L;
return 0;
}#JC0403. Lake Counting S
该题可以用多次回溯来做，每一次回溯都会找到并标记连续的W，即一个水坑里的全部W，而对每个没有被标记的W，都进行一次回溯，最后会标记完所有的W，也就找到了所有的水坑。
用数组a来表示地图，数组b来表示w是否被标记过。每次回溯时都将能找到的W在b中标记，最后再遍历数组a，结合数组b寻找没有被标记过的W，进行下一次回溯。
int n,m,ans;
int a[200][200],b[200][200];
string s;
int run(int x,int y)
{
int x1=max(1,x-1);
int y1=max(1,y-1);
int x2=min(n,x+1);
int y2=min(m,y+1);
F(i,x1,x2)
F(j,y1,y2)
{
if (i==x&&j==y) continue;
if (a[i][j]&&(!b[i][j]))
{
b[i][j]=1;
run(i,j);
}
}
return 0;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n>>m;
F(i,1,n)
{
CI s;
F(j,1,m)
if (s[j-1]=='W') a[i][j]=1;
}
F(i,1,n)
{
F(j,1,m)
if (a[i][j]&&(!b[i][j]))
{
run(i,j);
ans++;
}
}
CO ans L;
return 0;
}#JC0404. 拯救oibh总部
可以将地图扩展至(0,0)到(n+1,m+1)，最外面一圈填充0代表水坑，然后从坐标0,0开始，搜索连续的0并标记。最后再遍历整个地图，计数没有标记且为0的区域数量。
int n,m,a[501][501],b[501][501],ans;
char c;
int run(int x,int y)
{
if (x<0||x>n+1||y<0||y>m+1) return 0;
int zx[4]={-1,0,1,0};
int zy[4]={0,-1,0,1};
F(i,0,3)
{
if (x+zx[i]>=0&&y+zy[i]>=0&&x+zx[i]<=n+1&&y+zy[i]<=m+1)
if (!a[x+zx[i]][y+zy[i]]&&!b[x+zx[i]][y+zy[i]])
{
b[x+zx[i]][y+zy[i]]=1;
run(x+zx[i],y+zy[i]);
}
}
return 0;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n>>m;
F(i,1,n)
F(j,1,m)
{
CI c;
if (c=='*') a[i][j]=1;
}
run(0,0);
F(i,1,n)
F(j,1,m)
if (!b[i][j]&&!a[i][j]) ans++;
CO ans L;
return 0;
}#JC0405. Need for Pink Slips
利用回溯，每次按照题目要求调整c,m,p的概率并在选中p时统计概率。回溯时传入c,m,p的概率，当前抽奖次数，当前的总概率。
int t;
double c,m,p,v;
double ans;
string s;
int run(double c,double m,double p,double v,int t,double f)
{
if (c!=0)
{
if (c-v<=1e-6)
{
// CO "IN" L;
if (m!=0.0) run(0.0,m+c/2,p+c/2,v,t+1,f*c);
else run(0.0,0.0,1,v,t+1,f*c);
}
else
{
if (m!=0.0) run(c-v,m+v/2,p+v/2,v,t+1,f*c);
else run(c-v,0.0,p+v,v,t+1,f*c);
}
}
if (m!=0)
{
if (m-v<=1e-6)
{
if (c!=0.0) run(c+m/2,0.0,p+m/2,v,t+1,f*m);
else run(0.0,0.0,1,v,t+1,f*m);
}
else
{
if (c!=0.0) run(c+v/2,m-v,p+v/2,v,t+1,f*m);
else run(0.0,m-v,p+v,v,t+1,f*m);
}
}
if (p!=0)
{
f*=p;
t++;
ans+=t*f;
}
return 0;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI c>>m>>p>>v;
ans=0;
run(c,m,p,v,0,1);
printf("%.10lf\n",ans);
}
return 0;
}#JC0407. Catch That Cow S
本题利用广度优先搜索bfs，不断判断下一次移动是否会超出移动或到达已经移动过的地方，并将其加入到队列中，直到整个地图全被搜索完，然后输出牛所在的坐标的搜索深度。
int x,y,t;
struct Point
{
int x,depth;
Point(int x,int depth):x(x),depth(depth){};
};
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI x>>y;
int v[MAX+10]={0};
queue<Point> q;
v[x]=1;
q.push(Point(x,0));
while (!q.empty())
{
Point p=q.front();
if (p.x==y)
{
CO p.depth L;
break;
}
if (p.x-1>=0&&!v[p.x-1])
{
q.push(Point(p.x-1,p.depth+1));
v[p.x-1]=1;
}
if (p.x+1<=MAX&&!v[p.x+1])
{
q.push(Point(p.x+1,p.depth+1));
v[p.x+1]=1;
}
if (p.x*2<=MAX&&!v[p.x*2])
{
q.push(Point(p.x*2,p.depth+1));
v[p.x*2]=1;
}
q.pop();
}
}
return 0;
}#JC0408. 马的遍历
本体利用dfs，不断判断下一次马移动是否会超出移动或到达已经移动过的地方，并将其加入到队列中，直到整个地图全被搜索完，然后输出每个坐标的搜索深度。
int v[MAX+10][MAX+10]={-1,-1};
int n,m,x,y;
int f[8][2]={{-2,-1},{-1,-2},{-2,1},{-1,2},{1,-2},{2,-1},{1,2},{2,1}};
struct Point
{
int x,y,depth;
Point(int x,int y,int depth):x(x),y(y),depth(depth){};
};
queue<Point> q;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n>>m>>x>>y;
q.push(Point(x,y,0));
F(i,1,n)
{
F(j,1,m)
v[i][j]=-1;
}
v[x][y]=0;
while (!q.empty())
{
Point p=q.front();
F(i,0,7)
{
if (p.x+f[i][0]>=1&&p.x+f[i][0]<=MAX&&p.y+f[i][1]>=1&&p.y+f[i][1]<=MAX&&v[p.x+f[i][0]][p.y+f[i][1]]==-1)
{
q.push(Point(p.x+f[i][0],p.y+f[i][1],p.depth+1));
v[p.x+f[i][0]][p.y+f[i][1]]=p.depth+1;
}
}
q.pop();
}
F(i,1,n)
{
F(j,1,m)
CO v[i][j]<<"\t";
CL
}
return 0;
}Part 2. Codeforces题解
Codeforces Round 920 Div. 3
题目链接：Codeforces Round 920 (Div. 3)
A. Square
难度800
输入矩形的四个坐标，计算四边形的面积。
获取到输入坐标中x和y轴的最小值最大值，相乘计算面积即可。
int t;
int a[4][2],minx,miny,maxx,maxy;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
F(i,0,3)
CI a[i][0]>>a[i][1];
minx=maxx=a[0][0];
miny=maxy=a[0][1];
F(i,0,3)
{
minx=min(minx,a[i][0]);
maxx=max(maxx,a[i][0]);
miny=min(miny,a[i][1]);
maxy=max(maxy,a[i][1]);
}
CO abs(maxx-minx)*abs(maxy-miny) L;
}
return 0;
}B. Arranging Cats
难度800
给出两段只由0和1组成的字符串s和n，每一步可以把一个1变成0、把0变成1、把一个0和1对调。求出最小多少步可以让字符串s与n相等。
为求出最小的步数，可以先把需要0变成1和需要1变成0的两位进行交换，这样一步就可以让两位字符相等，等无法交换时，再一位一位的修改字符串。所以分别计算出s和n中不相等位中字符1的个数，最大的一个即为最小步数。
int t,n;
string s1,s2;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI n;
CI s1>>s2;
int x1=0,x2=0;
F(i,0,n-1)
if (s1[i]!=s2[i])
{
if (s1[i]=='1') x1++;
else x2++;
}
if (x1>x2) CO x1 L;
else CO x2 L;
}
return 0;
}C. Sending Messages
难度900
有n个短信需要发送，每个短信在第\(a_i\)时刻发送，手机初始为开机状态有f格电，每单位时间会消耗a格电，开关机一次需要b格电，当电量≤0时将无法发送短信。求这n个短信能否全部发出去。
进行模拟即可，在需要发短信的时刻手机需要保持开机状态，但在没发短信的等待时刻可以选择开机等待或者关机等待。判断开机等待还是关机等待消耗的电量少，选择最少的即可，最后看能否发完全部短信。
int t;
LL mes,power,use,off;
LL a[200005];
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI mes>>power>>use>>off;
F(i,1,mes)
CI a[i];
int t=0,f=1;
F(i,1,mes)
{
if ((a[i]-a[i-1])*use<=off) power-=(a[i]-a[i-1])*use;
else power-=off;
if (power<=0)
{
f=0;
break;
}
}
if (f) CO "YES" L;
else CO "NO" L;
}
return 0;
}D. Very Different Array
难度1100
给出两个数组a,b，长度分别为n,m，且n≤m。要在b数组的m个数中选出n个数并排序，然后依次与a数组中对应的数相减，使得绝对值的和最大，即sum(abs(ai-bi))最大。
为了使两个数组每个元素差的绝对值最大，需要将两个数组中最大的数与最小的数相减。所以首先先将数组a从小到大排序，将数组b从大到小排序，然后再维护一个数组c和指针k，将b数组中的前k个元素依次加入到数组c中，再将b数组的后n-k个元素依次加入到数组c中，然后再计算c与b差的绝对值。不断移动指针k，保存下最大的那个差的绝对值。
这样做可以得到正确的结果，但是会导致超时。观察数组c可以发现，每次指针k移动，c中都只有一个元素发生了改变。所以可以直接记录下b数组的前n个元素与a的差的绝对值，同时指针k指向b数组的第n个数，然后指针k不断向左移动直到指向第一个元素，同时不断从记录下的结果中删去指针指向元素b[k]与对应元素a[k]的差，再添加上对应的元素b[k+m-n]与a[k]的差，并记录最大值。
LL t,n,m,ans,ma;
LL a[200005],b[200005];
bool cmp(LL a,LL b)
{
return a>b;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
ans=0;
ma=0;
CI n>>m;
CII(a,1,n)
CII(b,1,m)
sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+m+1,cmp);
F(i,1,n)
ans+=abs(b[i]-a[i]);
ma=ans;
FD(i,n,1)
{
ans-=abs(b[i]-a[i]);
ans+=abs(b[i+m-n]-a[i]);
ma=max(ma,ans);
}
CO ma L;
}
return 0;
}E. Eat the Chip
难度1600
给出一个棋盘和两个已经放在棋盘上的棋子a,b，a只能向下，沿对角线左下、右下移动1格，b只能向上，沿对角线左上、右上移动1格。a先走，如果一个棋子移动后盖在了另一棋子上，就算赢。
这题根据a,b所在坐标就能分析出最终谁赢。如果a在b棋子的下方或者平行，那么a一直向下走，b一直向上走，最后谁都吃不了对方，所以平手。如果a在b棋子上方，但两者的横向距离太远，直到两个棋子平行横向上仍有距离，则为平手。
如果ab之间纵向间隔的格子为偶数，因为a先走，所以a能吃掉b；同样如果间隔为奇数，则b能吃掉a。这是被吃掉的一方就要努力避开对方。所以还需要计算出当双方平行时，双方的横向移动范围。如果被吃的一方移动范围有一边超出了吃的一方，则可以逃出去，变为平局。
int t,n,m,xa,ya,xb,yb;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI t;
while (t--)
{
CI n>>m>>xa>>ya>>xb>>yb;
if (xa>=xb) CO "Draw" L;
elif (abs(ya-yb)-1>(xb-xa-1)) CO "Draw" L;
elif ((xa-xb)%2!=0)
{
int la=max(1,ya-(xb-xa)/2-1);
int ra=min(m,ya+(xb-xa)/2+1);
int lb=max(1,yb-(xb-xa)/2);
int rb=min(m,yb+(xb-xa)/2);
if (la<=lb&&ra>=rb) CO "Alice" L;
else CO "Draw" L;
}
else
{
int la=max(1,ya-(xb-xa)/2);
int ra=min(m,ya+(xb-xa)/2);
int lb=max(1,yb-(xb-xa)/2);
int rb=min(m,yb+(xb-xa)/2);
if (lb<=la&&rb>=ra) CO "Bob" L;
else CO "Draw" L;
}
}
return 0;
}