1. 魔法幣
DESCRIPTION
小易准備去魔法王國采購魔法神器,購買魔法神器需要使用魔法幣,但是小易現在一枚魔法幣都沒有,但是小易有兩台魔法機器可以通過投入x(x可以為0)個魔法幣產生更多的魔法幣。
魔法機器1:如果投入x個魔法幣,魔法機器會將其變為2x+1個魔法幣
魔法機器2:如果投入x個魔法幣,魔法機器會將其變為2x+2個魔法幣
小易采購魔法神器總共需要n個魔法幣,所以小易只能通過兩台魔法機器產生恰好n個魔法幣,小易需要你幫他設計一個投入方案使他最后恰好擁有n個魔法幣。
INPUT
輸入包括一行,包括一個正整數n(1 ≤ n ≤ 10^9),表示小易需要的魔法幣數量。
OUTPUT
輸出一個字符串,每個字符表示該次小易選取投入的魔法機器。其中只包含字符'1'和'2'。
SAMPLE INPUT
10
SAMPLE OUTPUT
122
解題思路:
第一思路就是深搜
#include <iostream> using namespace std; void dfs(string &res, string &path, int sum, int target) { if (sum > target) { path.back(); return; } if (sum == target) { if (res == "") { res = path; } return; } path += '1'; dfs(res, path, 2 * sum + 1, target); path.pop_back(); path += '2'; dfs(res, path, 2 * sum + 2, target); path.pop_back(); } string selectPath(int n) { string path; string res; int sum = 0; dfs(res, path, sum, n); return res; } int main() { int n; cin >> n; string s = selectPath(n); cout << s << endl;
return 0; }
其實這道題可以優化,因為選擇一就得奇數,選擇二就得偶數,那么對於n來說,最后一步只有一種可能,n為奇數則選擇了一,n為偶數則選擇了二。
迭代版:
#include <iostream> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; string s; while (n) { if (n % 2 == 0) { n = (n - 2) / 2; s = '2' + s; } else { n = (n - 1) / 2; s = '1' + s; } } cout << s << endl; return 0; }
遞歸版:
#include <iostream> using namespace std; string selectPath(int n) { if (n < 1) return ""; else if (n % 2 == 0) return selectPath((n - 2) / 2) + '2'; else return selectPath((n - 1) / 2) + '1'; } int main() { int n; cin >> n; string s = selectPath(n); cout << s << endl; return 0; }
2.
最長公共子括號序列
DESCRIPTION
一個合法的括號匹配序列被定義為:
- 空串""是合法的括號序列
- 如果"X"和"Y"是合法的序列,那么"XY"也是一個合法的括號序列
- 如果"X"是一個合法的序列,那么"(X)"也是一個合法的括號序列
- 每個合法的括號序列都可以由上面的規則生成
例如"", "()", "()()()", "(()())", "(((()))"都是合法的。
從一個字符串S中移除零個或者多個字符得到的序列稱為S的子序列。
例如"abcde"的子序列有"abe","","abcde"等。
定義LCS(S,T)為字符串S和字符串T最長公共子序列的長度,即一個最長的序列W既是S的子序列也是T的子序列的長度。
小易給出一個合法的括號匹配序列s,小易希望你能找出具有以下特征的括號序列t:
1、t跟s不同,但是長度相同
2、t也是一個合法的括號匹配序列
3、LCS(s, t)是滿足上述兩個條件的t中最大的
因為這樣的t可能存在多個,小易需要你計算出滿足條件的t有多少個。
如樣例所示: s = "(())()",跟字符串s長度相同的合法括號匹配序列有:
"()(())", "((()))", "()()()", "(()())",其中LCS( "(())()", "()(())" )為4,其他三個都為5,所以輸出3.
INPUT
輸入包括字符串s(4 ≤ |s| ≤ 50,|s|表示字符串長度),保證s是一個合法的括號匹配序列。
OUTPUT
輸出一個正整數,滿足條件的t的個數。
SAMPLE INPUT
(())()
SAMPLE OUTPUT
3
解題思路:
剛看到題我就想到暴力解,深搜出所有合法的括號序列,再依次比較公共子序列的長度,返回最長的。但是深搜一般和路徑有關,這道題僅僅需要最大公共子序列的長度。而我們發現最大公共子序列的長度就是 s.size() - 1(當且僅當修改距離為 1 時 LCS 最大), 那么我們就想到,可以變換 s 中一個括號的位置,枚舉所有的最大公共子序列長度的序列,只是需要判斷是否合法。注意到,深搜是枚舉所有合法的相同長度的序列,然后我們再在這個集合中去最長的。而后一種思路是我們枚舉所有最長公共子序列的序列,然后再在這個集合中去掉非法的和重復的。
因為是 s, t 長度相同,並且 t 也是合法的括號序列,所以正反括號數跟原來一樣。考慮在原序列上枚舉一個字符,把這個插入依次到序列的某個位置去,其他序列相對順序不變,,這樣就可以讓LCS最大,然后我們判斷一下是否合法(這里有個小技巧),去重就用 set。
#include <iostream> using namespace std; int main() { string s; cin >> s; set<string> m; int n = s.size(); for (int i = 0; i < n; ++i) { string w = s.substr(0, i) + s.substr(i + 1); for (int j = 0; j < n - 1; ++j) { string tmp = w.substr(0, j) + s[i] + w.substr(j); int num = 0; for (int k = 0; k < n; ++k) { num += (tmp[k] == '(' ? 1 : -1); if (num < 0) break; } if (num >= 0) m.insert(tmp); } } cout << (int)m.size() - 1 << endl; return 0; }
3. 重排數列
DESCRIPTION
小易有一個長度為N的正整數數列A = {A[1], A[2], A[3]..., A[N]}。
牛博士給小易出了一個難題:
對數列A進行重新排列,使數列A滿足所有的A[i] * A[i + 1] (1 ≤ i ≤ N - 1)都是4的倍數。
小易現在需要判斷一個數列是否可以重排之后滿足牛博士的要求。
INPUT
輸入的第一行為數列的個數t(1 ≤ t ≤ 10),
接下來每兩行描述一個數列A,第一行為數列長度n(1 ≤ n ≤ 10^5)
第二行為n個正整數Ai
OUTPUT
對於每個數列輸出一行表示是否可以滿足牛博士要求,如果可以輸出Yes,否則輸出No。
SAMPLE INPUT
2
3
1 10 100
4
1 2 3 4
SAMPLE OUTPUT
Yes
No
解題思路:
多寫幾個例子就可以知道數列需要符合的條件了,記錄能被4整除的個數,能被2整除但不能被4整除的個數以及奇數的個數;
#include <iostream> using namespace std; int main() { int t, n; scanf("%d", &t); while (t--) { scanf("%d", &n); int cnt4 = 0; int cnt2 = 0; int cnt1 = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { int x; scanf("%d", &x); if (x % 4 == 0) cnt4++; else if (x % 2 == 0) cnt2++; else cnt1++; } if (cnt2 == 0) { if (cnt4 >= cnt1 - 1) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } else { if (cnt4 >= cnt1) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } } return 0; }
4. 游歷魔法王國
DESCRIPTION
魔法王國一共有n個城市,編號為0~n-1號,n個城市之間的道路連接起來恰好構成一棵樹。
小易現在在0號城市,每次行動小易會從當前所在的城市走到與其相鄰的一個城市,小易最多能行動L次。
如果小易到達過某個城市就視為小易游歷過這個城市了,小易現在要制定好的旅游計划使他能游歷最多的城市,請你幫他計算一下他最多能游歷過多少個城市(注意0號城市已經游歷了,游歷過的城市不重復計算)。
INPUT
輸入包括兩行,第一行包括兩個正整數n(2 ≤ n ≤ 50)和L(1 ≤ L ≤ 100),表示城市個數和小易能行動的次數。
第二行包括n-1個整數parenti, 對於每個合法的i(0 ≤ i ≤ n - 2),在(i+1)號城市和parent[i]間有一條道路連接。
OUTPUT
輸出一個整數,表示小易最多能游歷的城市數量。
SAMPLE INPUT
5 2
0 1 2 3
SAMPLE OUTPUT
3
解題思路:
貪心。找出最長的那條樹鏈長度,然后就可以判斷出L是否足夠走完最長的樹鏈,分情況討論一下即可。若 L <= max_len, 則說明只能走這條最長路徑;若L > max_len, 則說明可以回頭走其它路,由題意可知沒有孤立城市(假設數組中必有0),那么 L > max_len 情況下,rest 怎么走呢,每走兩次最多只能多訪問一個城市,假設極限情況有一半的城市都只有一個分支且該分支只有一個城市(除了最長路徑的最后一個訪問點),那么每多走兩次就多訪問一個城市。但是有可能所有城市都剛好訪問完時還沒有走完,那么這時候剩余的只能重復訪問了,但並不能增加訪問的城市數量。
#include <iostream> using namespace std; int main() { int n, L; scanf("%d %d", &n, &L); vector<int> parent(n, 0); vector<int> dp(n, 0); for (int i = 0; i < n - 1; ++i) { int num; scanf("%d", &num); parent[i] = num; } int max_len = 0; for (int i = 0; i < n - 1; ++i) { dp[i + 1] = dp[parent[i]] + 1;//編號i + 1 的城市與parent[i] 相通,則到達 i + 1 的路徑為 parent[i] 城市路徑加 1 max_len = max(max_len, dp[i + 1]); } int single_path = min(L, max_len); cout << min(n, 1 + single_path + (L - single_path) / 2) << endl; system("pause"); return 0; }