枚举算法

一：完美立方

形如a³=b³+c³+d³的等式被称为完美立方等式。例如12³=6³+8³+10³.编写程序，对于任意给的正整数N(N<=100),寻找所有的四元组（a,b,c,d）,使得a³=b³+c³+d³,其中a,b,c,d大于1，小于等于N,且b<=c<=d.

解题：

输入：一个正整数N (N≤100)。

输出：每行输出一个完美立方。输出格式为： Cube = a, Triple = (b,c,d) 其中a,b,c,d所在位置分别用实际求出四元组值代入。

样例:输入24,输出Cube = 6, Triple = (3,4,5)

解题思路
四重循环枚举a,b,c,d ，a在最外层，d在最里层，每一层都是从小到大枚举，

a枚举范围[2,N]
b范围 [2,a-1]
c范围 [b,a-1]
d范围 [c,a-1]

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
    int N;
    scanf("%d",&N);
        for(int a = 2; a <= N; ++a)
            for(int b = 2; b < a; ++b)
                for(int c = b; c < a; ++c)
                    for(int d = c; d < a; ++d)
                        if( a*a*a == b*b*b + c*c*c +d*d*d)
                            printf("Cube = %d, Triple = (%d,%d,%d)
", a, b, c, d);
    return 0;     
}                                           

　

二：生理周期

人有体力、情商、智商的高峰日子，它们分别每隔23天、28天和33天出现一次。对于每个人，我们想知道何时三个高峰落在同一天。给定三个高峰出现的日子p,e和i（不一定是第一次高峰出现的日子）, 再给定另一个指定的日子d，你的任务是输出日子d之后，下一次三个高峰落在同一天的日子（用距离d的天数表示）。例如：给定日子为10，下次出现三个高峰同一天的日子是12，则输出2。

输入：
输入四个整数：p, e, i和d。 p, e, i分别表示体力、情感和智力高峰出现的日子。d是给定的日子，可能小于p, e或 i。所有给定日子是非负的并且小于或等于365，所求的日子小于或等于21252。
输出：
从给定日子起，下一次三个高峰同一天的日子（距离给定日子的天数）。

输入样例
0 0 0 0
0 0 0 100
5 20 34 325
4 5 6 7
283 102 23 320
203 301 203 40
-1 -1 -1 -1

输出样例
Case 1: the next triple peak occurs in 21252 days.
Case 2: the next triple peak occurs in 21152 days.
Case 3: the next triple peak occurs in 19575 days.
Case 4: the next triple peak occurs in 16994 days.
Case 5: the next triple peak occurs in 8910 days.
Case 6: the next triple peak occurs in 10789 days.

解题思路
•从d+1天开始，一直试到第21252 天，对其中每个日期k,看是否满足
(k – p)%23 == 0 && (k – e)%28 == 0 &&
(k-i)%33 == 0

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define N 21252
int main(){
    int p,e,i,d,caseNo = 0;
    while( cin >> p >> e >>i >>d && p!= -1) {
        ++ caseNo;
        int k;
        for(k = d+1; (k-p)%23; ++k);
        for(; (k-e)%28; k+= 23);
        for(; (k-i)%33; k+= 23*28);
        cout << "Case " << caseNo <<
        ": the next triple peak occurs in " << k-d << " days." << endl;
    }
    return 0;
}                

三：POJ1013 称硬币

有12枚硬币。其中有11枚真币和1枚假币。假币和真币重量不同，但不知道假币比真币轻还是重。现在，用一架天平称了这些币三次，告诉你称的结果，请你找出假币并且确定假币是轻是重（数据保证一定能找出来）。

输入
第一行是测试数据组数。
每组数据有三行，每行表示一次称量的结果。银币标号为A-L。每次称量的结果用三个以空格隔开的字符串表示：天平左边放置的硬币 天平右边放置的硬币 平衡状态。其中平衡状态用``up'', ``down'', 或 ``even''表示, 分别为右端高、右端低和平衡。天平左右的硬币数总是相等的。
输出
输出哪一个标号的银币是假币，并说明它比真币轻还是重。

输入样例
1
ABCD EFGH even
ABCI EFJK up
ABIJ EFGH even
输出样例
K is the counterfeit coin and it is light.

解题思路
对于每一枚硬币先假设它是轻的，看这样是否符合称量结果。如果符合，问题即解决。如果不符合，就假设它是重的，看是否符合称量结果。把所有硬币都试一遍，一定能找到特殊硬币

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
char Left[3][7]; //天平左边硬币
char Right[3][7]; //天平右边硬币
char result[3][7]; //结果
bool IsFake(char c,bool light) ;
//light 为真表示假设假币为轻，否则表示假设假币为重
int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        for(int i = 0;i < 3; ++i) cin >> Left[i] >> Right[i] >>             result[i];
        for(char c='A'; c<='L';c++) {
            if( IsFake(c,true) ){
                cout << c << " is the counterfeit coin and it is light.
";
                break;
            }
            else if( IsFake(c,false) ){
                cout << c << " is the counterfeit coin and it is          heavy.
";
            break;
            }
        }
    }
return 0; }    
bool IsFake(char c,bool light)
//light 为真表示假设假币为轻，否则表示假设假币为重
{
    for(int i = 0;i < 3; ++i) {
        char * pLeft,*pRight; //指向天平两边的字符串
        if(light) {
            pLeft = Left[i];
            pRight = Right[i];
        }
        else {
            pLeft = Right[i];
            pRight = Left[i];
        }  
        switch(result[i][0]) {
            case 'u':
                       if ( strchr(pRight,c) == NULL)
                            return false;
                        break;
             case 'e':
                    if( strchr(pLeft,c) || strchr(pRight,c))
                        return false;
                    break;
            case 'd':
                    if ( strchr(pLeft,c) == NULL)
                        return false;
                    break;
        }
    }
    return true;
}                                  

四：熄灯问题 POJ1222

有一个由按钮组成的矩阵, 其中每行有6个按钮, 共5行
–每个按钮的位置上有一盏灯
–当按下一个按钮后, 该按钮以及周围位置(上边, 下边, 左边, 右边)的灯都会改变状态

输入:
–第一行是一个正整数N, 表示需要解决的案例数
–每个案例由5行组成, 每一行包括6个数字
–这些数字以空格隔开, 可以是0或1
–0 表示灯的初始状态是熄灭的
–1 表示灯的初始状态是点亮的

输出:
–对每个案例, 首先输出一行,
输出字符串 “PUZZLE #m”, 其中m是该案例的序号
–接着按照该案例的输入格式输出5行
•1 表示需要把对应的按钮按下
•0 表示不需要按对应的按钮
• 每个数字以一个空格隔开

样例输入
2
0 1 1 0 1 0
1 0 0 1 1 1
0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 1
0 1 1 1 0 0
0 0 1 0 1 0
1 0 1 0 1 1
0 0 1 0 1 1
1 0 1 1 0 0
0 1 0 1 0 0
样例输出
PUZZLE #1
1 0 1 0 0 1
1 1 0 1 0 1
0 0 1 0 1 1
1 0 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0
PUZZLE #2
1 0 0 1 1 1
1 1 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0
1 1 0 1 0 1
1 0 1 1 0 1

基本思路: 如果存在某个局部, 一旦这个局部的状态被确定, 那么剩余其他部分的状态只能是确定的一种, 或者不多的n种, 那么就只需枚举这个局部的状态即可

发现第1行就是这样的一个 “局部”
–因为第1行的各开关状态确定的情况下, 这些开关作用过后, 将导致第1行某些灯是亮的, 某些灯是灭的
要熄灭第1行某个亮着的灯(假设位于第i列), 那么唯一的办法就是按下第2行第i列的开关
(因为第1行的开关已经用过了, 而第3行及其后的开关不会影响到第1行)
–为了使第1行的灯全部熄灭, 第2行的合理开关状态就是唯一的

•第2行的开关起作用后,
 为了熄灭第2行的灯, 第3行的合理开关状态就也是唯一的
 以此类推, 最后一行的开关状态也是唯一的
•只要第1行的状态定下来, 记作A, 那么剩余行的情况就是确定唯一的了

  推算出最后一行的开关状态, 然后看看最后一行的开关起作用后, 最后一行的所有灯是否都熄灭:
•如果是, 那么A就是一个解的状态
•如果不是, 那么A不是解的状态, 第1行换个状态重新试试
•只需枚举第1行的状态, 状态数是26 = 64

枚举第一列, 状态数是25 = 32

#include <memory>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int GetBit(char c,int i) {
    //取c的第i位
    return ( c >> i ) & 1;
}
void SetBit(char & c,int i, int v) {
    //设置c的第i位为v
    if( v )
        c |= ( 1 << i);
    else
        c &= ~( 1 << i);
}
void Flip(char & c, int i) {
    //将c的第i位为取反
    c ^= ( 1 << i);
}

void OutputResult(int t,char result[]) //输出结果
{
    cout << "PUZZLE #" << t << endl;
    for( int i = 0;i < 5; ++i ) {
        for( int j = 0; j < 6; ++j ) {
            cout << GetBit(result[i],j);
            if( j < 5 )
                  cout << " ";
        }
        cout << endl;
    }
}   
//主函数     
int main() {
    char oriLights[5]; //最初灯矩阵，一个比特表示一盏灯
    char lights[5]; //不停变化的灯矩阵
    char result[5]; //结果开关矩阵
    char switchs; //某一行的开关状态
    int T;
    cin >> T;
    for( int t = 1; t <= T; ++ t) {
        memset(oriLights,0,sizeof(oriLights));
        for( int i = 0;i < 5; i ++ ) { //读入最初灯状态
             for( int j = 0; j < 6; j ++ ) {
                  int s;
                  cin >> s;
                  SetBit(oriLights[i],j,s);
            }
        }
    　　for( int n = 0; n < 64; ++n ) { //遍历首行开关的64种状态
        　　memcpy(lights,oriLights,sizeof(oriLights));
       　　 switchs = n; //第i行的开关状态
        　　for( int i = 0;i < 5; ++i ) {
           　　 result[i] = switchs; //第i行的开关方案 
            　　for( int j = 0; j < 6; ++j ) {
                　　if( GetBit(switchs,j)) {
                    　　if( j > 0)
                        　　Flip(lights[i],j-1);//改左灯
                     　　Flip(lights[i],j);//改开关位置的灯
                      　if( j < 5 )
                            Flip(lights[i],j+1);//改右灯
                　　}
            　　}
            　　if( i < 4 )
              　　 lights[i+1] ^= switchs;//改下一行的灯
           　　 switchs = lights[i]; //第i+1行开关方案和第i行灯情况同
      　　 }
            if( lights[4] == 0 ) {
                OutputResult(t,result);
                break;
            }
        } // for( int n = 0; n < 64; n ++ )
    }
    return 0;
}