編程題（四）
問題描述
小明有一塊空地，他將這塊空地划分為 \(n\) 行 \(m\) 列的小塊，每行和每列的長度都為 \(1\) 。
小明選了其中的一些小塊空地，種上了草，其他小塊仍然保持是空地。
這些草長得很快，每個月，草都會向外長出一些，如果一個小塊種了草，則它將向自己的上、下、左、右四小塊空地擴展，這四小塊空地都將變為有草的小塊。
請告訴小明，\(k\) 個月后空地上哪些地方有草。
輸入格式
輸入的第一行包含兩個整數 \(n\) , \(m\) 。
接下來 \(n\) 行，每行包含 \(m\) 個字母，表示初始的空地狀態，字母之間沒有空格。如果為小數點，表示為空地，如果字母為 \(g\)，表示種了草。
接下來包含一個整數 \(k\)。
輸出格式
輸出 \(n\) 行，每行包含 \(m\) 個字母，表示 \(k\) 個月后空地的狀態。如果為小數點，表示為空地，如果字母為 \(g\)，表示長了草。
評測用例規模與約定
對於 \(30\%\) 的評測用例，\(2 <= n, m <= 20\)。
對於 \(70\%\) 的評測用例，\(2 <= n, m <= 100\)。
對於所有評測用例，\(2 <= n, m <= 1000\)，\(1 <= k <= 1000\)。
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也是直接模擬草的生長情況就好了。
由於同一位置下長草時間更早的情況覆蓋了更晚的，所以我們只需考慮一塊地最先長草的狀態。
我們可以使用隊列來優化掉冗余的狀態，時間復雜度 \(O(n*m)\) 。
\(way\) 數組控制方向，\(f\) 數組標記一塊地是否長過草，\(dt\) 數組實時更新地圖情況。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1007
using namespace std;
struct Point { int x,y,c; };
int n,m,k,way[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
char dt[MAXN][MAXN]; bool f[MAXN][MAXN];
queue<Point> Q;
int main() {
memset(f,0,sizeof(f));
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=0;i<n;i++) {
scanf("%s",dt[i]);
for (int j=0;j<m;j++)
if (dt[i][j]=='g')
f[i][j]=true,Q.push((Point){i,j,0});
}
scanf("%d",&k);
while(!Q.empty()) {
Point now=Q.front(); Q.pop();
if (now.c==k) break;
for (int i=0;i<4;i++) {
int tx=now.x+way[i][0],ty=now.y+way[i][1];
if (tx<0 || tx>n || ty<0 || ty>m) continue;
dt[tx][ty]='g';
if (!f[tx][ty]) Q.push((Point){tx,ty,now.c+1});
}
}
for (int i=0;i<n;i++) printf("%s\n",dt[i]);
return 0;
}
##編程題（五）
問題描述
小明想知道，滿足以下條件的正整數序列的數量：
- 第一項為 \(n\) ；
- 第二項不超過 \(n\) ；
- 從第三項開始，每一項小於前兩項的差的絕對值。
請計算，對於給定的 \(n\) ，有多少種滿足條件的序列。
輸入格式
輸入一行包含一個整數 \(n\) 。
輸出格式
輸出一個整數，表示答案。答案可能很大，請輸出答案除以 \(10000\) 的余數。
評測用例規模與約定
對於 \(20\%\) 的評測用例，\(1 <= n <= 5\)。
對於 \(50\%\) 的評測用例，\(1 <= n <= 10\)。
對於 \(80\%\) 的評測用例，\(1 <= n <= 100\)。
對於所有評測用例，\(1 <= n <= 1000\)。
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\(50\) 分的做法就是直接暴力 \(dfs\)，首先敲了如下代碼，再進行優化。
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1007
using namespace std;
int ans,a[100007];
int dfs(int st) {
ans++;
int cha=abs(a[st]-a[st-1]);
for (int i=1;i<cha;i++) {
a[st+1]=i,dfs(st+1);
}
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n),a[1]=n;
for (int i=1;i<=n;i++) {
a[2]=i,dfs(2);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
發現題干一直在強調前兩項的差值，於是意識到后一項的值與其密切相關。
由於有了絕對值和正數這兩個限制，前兩項具體的值都也存在影響。
用上面的程序打表觀察一下，發現連續兩項的相同的后繼項完全一致，這里可以做一個記憶化處理。
經過剪枝的 \(dfs\) 就大概可以通過 \(80\%\) 的數據了。
正解應該是 \(DP\)，常數比搜索小一些，但我這里直接打表過了。
制表代碼如下：
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1007
#define mod 10000
using namespace std;
int ans,f[MAXN][MAXN];
int dfs(int p1,int p2) {
if (f[p1][p2]) return f[p1][p2];
f[p1][p2]=1;
for (int i=1;i<abs(p1-p2);i++)
f[p1][p2]+=dfs(p2,i),f[p1][p2]%=mod;
return f[p1][p2];
}
int main() {
freopen("","w",stdout);
printf("int table[1001]={0,");
for (int n=1;n<=1000;n++) {
ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
ans+=dfs(n,i),ans%=mod;
printf("%d",ans);
if (n!=1000) printf(",");
}
printf("}");
return 0;
}
##編程題（六）
問題描述
小明要組織一台晚會，總共准備了 \(n\) 個節目。然后晚會的時間有限，他只能最終選擇其中的 \(m\) 個節目。
這 \(n\) 個節目是按照小明設想的順序給定的，順序不能改變。
小明發現，觀眾對於晚上的喜歡程度與前幾個節目的好看程度有非常大的關系，他希望選出的第一個節目盡可能好看，在此前提下希望第二個節目盡可能好看，依次類推。
小明給每個節目定義了一個好看值，請你幫助小明選擇出 \(m\) 個節目，滿足他的要求。
輸入格式
輸入的第一行包含兩個整數 \(n\) , \(m\) ，表示節目的數量和要選擇的數量。
第二行包含 \(n\) 個整數，依次為每個節目的好看值。
輸出格式
輸出一行包含 \(m\) 個整數，為選出的節目的好看值。
評測用例規模與約定
對於 \(30\%\) 的評測用例，\(1 <= n <= 20\)；
對於 \(60\%\) 的評測用例，\(1 <= n <= 100\)；
對於所有評測用例，\(1 <= n <= 100000\)，\(0 <= value <= 100000\)。
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一個貪心題。
由於在小明的策略下一定是要選擇當前能選中好看值最大的節目，所以每次選擇就是在當前能選的節目中找好看值最大的，不考慮之后如何選擇。
當然小明至少要給未選節目們留最小的選擇空間，不然就無法選夠 \(m\) 個節目，
於是發現當前能選的節目是一個區間，比如小明還有 \(p\) 個節目要選，共 \(n\) 個節目，上次選了 \(k\) 號節目。
那么他的本次選擇節目區間就是 \([k+1,n-p+1]\)，如此迭代，就可以確定每次的選擇。
對於 \(60\) 分來說每次在區間內容找最大值即可，優化的話就是加入記錄了最大值和最大值來源 \(ST\) 表（我們同時關心這兩個值）。
還要注意如果區間上有多個值相等，應該保留位置靠前的一個（貪心）。
代碼如下：
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100007
using namespace std;
struct Seg { int val,id; }st[MAXN][20];
int n,m,k,v[MAXN];
inline void init() {
for (int j=1;j<=log2(n);j++)
for (int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++) {
if (st[i][j-1].val<st[i+(1<<(j-1))][j-1].val)
st[i][j]=st[i+(1<<(j-1))][j-1];
else st[i][j]=st[i][j-1];
}
}
inline Seg q(int l,int r) {
int t=log2(r-l+1);
if (st[l][t].val>=st[r-(1<<t)+1][t].val) return st[l][t];
else return st[r-(1<<t)+1][t];
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&st[i][0].val),st[i][0].id=i;
init(),k=1;
for (int i=m;i>=1;i--) {
Seg now=q(k,n-i+1);
k=now.id+1,printf("%d ",now.val);
}
return 0;
}