【USACO2.2】解题报告

前言

然而只有一道动态规划的题目。。。
其他三道题都是模拟。。。
难度还是有所增加的。至少在洛谷中又有一道蓝题了。
USACO：http://train.usaco.org

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USACO2.2.3.Preface Numbering

思路：
我们会发现罗马数字中每一位都是独立的。不会遭到其他位的干扰。
例如数字$3197$和$1132$和$7108$，他们的百位都是$1$，但是其他位没有一样的，但是百位的表示还都是不变的。
那么就一位一位地处理，从高位到低位一个一个输出即可。

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代码：

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

const char ch[8]={' ','I','V','X','L','C','D','M'};
const int num[8]={0,1,5,10,50,100,500,1000};
int n,ans[8];

void work(int x,int i)
{
    if (x==1) ans[i*2-1]++;  //按位输出
    if (x==2) ans[i*2-1]+=2;
    if (x==3) ans[i*2-1]+=3;
    if (x==4) ans[i*2]++,ans[i*2-1]++;
    if (x==5) ans[i*2]++;
    if (x==6) ans[i*2]++,ans[i*2-1]++;
    if (x==7) ans[i*2]++,ans[i*2-1]+=2;
    if (x==8) ans[i*2]++,ans[i*2-1]+=3;
    if (x==9) ans[i*2+1]++,ans[i*2-1]++;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int j=1;j<=n;j++)
    {
        int x=j;
        for (int i=1;x;i++)
     	{
            work(x%10,i);  //一位一位输出
            x/=10;
        }
    } 
    for (int i=1;i<=8;i++)
     if (ans[i])
      cout<<ch[i]<<' '<<ans[i]<<endl;
    return 0;
}

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USACO2.2.4.Subset Sums

思路：
很明显的$DP$啊。
题目可以等价的转换为求在$1sim n$中选出几个数使得和为$frac{1+2+3+ ... +n}{2}$的方案数。
很明显可以设$f[i][j]$表示选完$i$个数，和为$j$的方案数。那么就有
$f[i][j]+=f[i-1][j-i]$
那么答案就是$f[n][frac{1+2+3+ ... +n}{2}]=f[n][frac{frac{n(1+n)}{2}}{2}]=f[n][frac{n(1+n)}{4}]$
那么如果$n(1+n)$不是$4$的倍数就输出$0$好了。

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优化：
可以利用背包的思想将第一位省略掉。

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代码：

#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;

int n,m;
ll f[1300];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    m=(n+1)*n/2;
    if (m%2) return !printf("0
");  //特判
    m/=2;
    f[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
     for (int j=m;j>=i;j--)  //省略一维之后一定要倒序！
      f[j]+=f[j-i];
    printf("%lld
",f[m]/2);
    return 0;
} 

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USACO2.2.5.Runaround Numbers

思路：
直接暴力模拟，每一个数判断一下即可。
毫无难度。注意细节。

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代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;

int m,n,len,a[30];
bool vis[30],ok;

bool check()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    int x=1;
    for (int i=1;i<=len;i++)
    {
        x=(x+a[x])%len;
        if (!x) x=len;
        if (vis[x]) return 0;  //不是回文数
        vis[x]=1;
    }
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d",&m);
    do
    {
        Continue:
        m++;
        n=m;
        len=0;
        ok=1;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        while (n)
        {
            a[++len]=n%10;
            if (vis[a[len]]) goto Continue;  //break诡异的出错了，所以选择了goto。但是建议少用goto！
            vis[a[len]]=1;
            n/=10;
        }
        for (int i=1;i<=len/2;i++)
         swap(a[i],a[len-i+1]);
    }
    while (!check());
    for (int i=1;i<=len;i++)
     printf("%d",a[i]);
    printf("
");
    return 0;
}

USACO2.2.6.Party Lamps

思路：
我们来看一下四种转化方法的循环结。

1. 改变所有的数，循环结$1$。
2. 两个数中改变一个，循环结$2$。
3. 同上，循环结$2$。
4. 三个数中改一个，循环结$3$。

$LCM(1,2,2,3)=6$
所以最终答案一定是每6个数为一个循环结。
那么我们就只要维护这个数列的前$6$个数就可以了！
继续优化。
我们知道，任意一种改变方式按奇数次和偶数次是相同的，即你按$7$次，$101$次，$798132565$次，$2x+1$次都是一样的，而你按$6$次，$198$次，$354357752$次，$2x$次都是一样的。
那么我们就对于每一种按钮枚举$0sim1$，表示按偶数下还是奇数下。那么如果满足：

1. 所有的按钮按下后的奇偶性和总按下次数相同。
2. 枚举的循环变量相加不大于总按下次数。

那么就可以进行模拟，求出最终灯（的前六位），如果符合要求，就保存这个答案，最终排序输出即可。
时间复杂度：$O(1)$（常数$2^4 imes 6$）。（或者说$O(2^4 imes 6)$）

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代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n,m,x,sum;
bool o[7],c[7];

struct answer
{
    int num[7];
}ans[30];

bool cmp(answer x,answer y)  //从小到大排序
{
    for (int i=1;i<=6;i++)
     if (x.num[i]<y.num[i]) return 1;
     else if (x.num[i]>y.num[i]) return 0;
    return 0;
}

bool check(int i,int j,int k,int l)
{
	//i^j^k^l表示最终的奇偶性，因为：
	//0表示偶数，1表示奇数
	//1^1=0，奇数+奇数=偶数
	//0^0=0，偶数+偶数=偶数
	//1^0=0^1=1，奇数+偶数=偶数+奇数=奇数
    return ((i^j^k^l)==(m&1))&&(i+j+k+l<=m);
}

void work(int i,int j,int k,int l)
{
    int a[7]={1,1,1,1,1,1,1};
    if (i) 
     for (int q=1;q<=6;q++) a[q]^=1;
    if (j)
     for (int q=1;q<=6;q+=2) a[q]^=1;
    if (k)
     for (int q=2;q<=6;q+=2) a[q]^=1;
    if (l)
     for (int q=1;q<=6;q+=3) a[q]^=1;
    for (int q=1;q<=6;q++)
     if ((o[q]&&(!a[q]))||(c[q]&&a[q])) return;  //判断是否符合要求
    sum++;
    for (int q=1;q<=6;q++)
     ans[sum].num[q]=a[q];  //记录答案
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while (1)
    {
        scanf("%d",&x);
        if (x==-1) break;
        o[(x-1)%6+1]=1;  //open，开着的灯
    }
    while (1)
    {
        scanf("%d",&x);
        if (x==-1) break;
        c[(x-1)%6+1]=1;  //close，关着的灯
    }
    for (int i=0;i<=1;i++)
     for (int j=0;j<=1;j++)
      for (int k=0;k<=1;k++)
       for (int l=0;l<=1;l++)
        if (check(i,j,k,l)) work(i,j,k,l);
    sort(ans+1,ans+1+sum,cmp);
    for (int i=1;i<=sum;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
     	 putchar(ans[i].num[(j-1)%6+1]+48);
     	printf("
");
    }
    if (!sum) puts("IMPOSSIBLE");
    return 0;
}