目錄：
T1：石子游戲
T2：漢諾塔
T3：城市統計
T4：香樟樹
這次的題目也全是GDKOI的題……不搞USACO的題了
正題：
T1：石子游戲
題目描述
小勇和小實是對好朋友，他們經常一起遊戲。 今天他們玩的遊戲是這樣的：有一個由正方形石頭鋪成的地板，它的高是2，長度是N。 例如以下是N=3的情況：
現在他們輪流在上面放上長寬分別是1和2的矩形石塊，可以橫放也可以豎放，但要剛好鋪在地板上兩個未被覆蓋的正方形石頭上，當某人不能放上去時他就輸了。
例如，某次遊戲可能是這樣的，小實橫放石塊在左上面，如下：
然後小勇橫放石塊在右下面，如下：
這時小實不能再放石塊了，所以他輸了。小勇比較禮讓，他讓小實先放。當然，以上的方法可能不是最好的，現在假如他們都絕頂聰明，請你編程判斷究竟誰會贏。
輸入
第一行一個整數C(1<=C<=100)，表示測試數據的個數。 接下來有C行，每行爲一個測試數據，每個測試數據只有一個整數N(1<=N<=100)。
輸出
輸出C行，每行輸出相應測試數據的結果。對於每個結果，如果是小勇贏的話就輸出xiaoyong，否則就是小實贏啦，輸出xiaoshi。
樣例輸入
1
1
樣例輸出
xiaoshi
分析：
一開始，我還以爲這是個類似田忌賽馬的故事那樣去決策。
結果結論十分簡單：判斷奇偶性
因爲小石先放的話，小勇只需跟着它的操作放就行
判斷石子長度如果是奇數，小石贏，否則小勇贏。
CODE：
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,x;
int main(){
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d",&x);
if(x%2==1) printf("xiaoshi\n"); //判斷奇偶
else printf("xiaoyong\n");
}
return 0;
}
T2：漢諾塔
題目描述
古老的漢諾塔問題是這樣的：用最少的步數將N個半徑互不相等的圓盤從1號柱利用2號柱全部移動到3號柱，在移動的過程中小盤要始終在大盤的上面。 現在再加上一個條件：不允許直接把盤從1號柱移動到3號柱，也不允許直接把盤從3號柱移動到1號柱。 把盤按半徑從小到大用1到N編號。每種狀態用N個整數表示，第i個整數表示i號盤所在的柱的編號。則N=2時的移動方案爲： (1,1)=>(2,1)=>(3,1)=>(3,2)=>(2,2)=>(1,2)=>(1,3)=>(2,3)=>(3,3) 初始狀態爲第0步，編程求在某步數時的狀態。
輸入
輸入文件的第一行爲整數T(1<=T<=50000)，表示輸入數據的組數。 接下來T行，每行有兩個整數N,M(1<=n<=19,0<=M<=移動N個圓盤所需的步數)。
輸出
輸出文件有T行。 對於每組輸入數據，輸出N個整數表示移動N個盤在M步時的狀態，每兩個數之間用一個空格隔開，行首和行末不要有多餘的空格。
樣例輸入
4
2 0
2 5
3 0
3 1
樣例輸出
1 1
1 2
1 1 1
2 1 1
分析&說明：
mmp這道題我比賽提交時把文件名打錯了……丟了100分！！
講道理，這道題與經典漢諾塔差別挺大的。
我的做法是：遞推。推出每次轉移的狀態，再根據週期求解。
CODE：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int dx[5]={1,2,3,2}; //漢諾塔分別移動步數
int n,a[20],sum;
int main()
{
freopen("hanoi.in","r",stdin);
freopen("hanoi.out","w",stdout);
a[0]=1;
for(int i=1;i<=19;i++) a[i]=3*a[i-1];//表示第i個圓盤在每a[i]次時轉移兩次
scanf("%d",&n);
int k,c;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&k,&c);
if(!c) //爲0
{
for(int i=1;i<=k;i++)
printf("%d ",1); //直接輸出1即可
printf("\n");
}else{
for(int i=1;i<=k;i++)
{
sum=(c/a[i]*2)+(c%a[i])/a[i-1]; //表示這個轉移在總狀態裏爲哪一個狀態
printf("%d ",dx[sum%4]); //上面的步數週期
}
printf("\n");
}
}
}
T3：城市統計
題目描述
中山市的地圖是一個nn的矩陣，其中標號爲1的表示商業區，標號爲0的表示居民區。爲了考察市內居民區與商業區的距離，並對此作出評估，市長希望你能夠編寫一個程序完成這一任務。 居民區i到商業區的距離指的是到距離它最近的商業區j的距離(|Xi-Xj|+|Yi-Yj|)（你可以理解爲他們的行列分別作差），而你將統計的是對於城市中的每一個區域k，以它爲中心的(2r+1)(2r+1)的矩陣區域內所有居民區到商業區的距離總和。結果同樣以n*n的矩陣形式輸出。
輸入
第一行爲t，表示以下有t組數據，每組數據之間以空行隔開，以下：
第一行爲n,r(1<=r<n<=150)
第二行起爲一個n*n的矩陣。
輸出
t組n*n的矩陣。每組用空行隔開
樣例輸入
1
4 1
1 0 0 0
1 1 0 0
0 1 1 0
0 1 0 0
樣例輸出
1 4 9 8
2 5 10 9
2 4 7 7
2 3 4 4
分析：
這道題分幾步做：
① 用BFS求出兩個端點之間的距離。
② 用前綴和的方式將這些距離累加。
③ 根據題目再判斷能否建造。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int m,n,k,t,a[151][151],b[151][151],f[40010][4],dis[151][151];
int dx[4]={0,1,0,-1},dy[4]={1,0,-1,0};
void bfs(int x,int y){ //廣搜求距離
f[1][1]=x;f[1][2]=y;f[1][3]=0;
dis[x][y]=k;
int head=0,tail=1;
while(head<tail){
head++;
for(int i=0;i<4;i++){
int xx=f[head][1]+dx[i];
int yy=f[head][2]+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>n||dis[xx][yy]==k) continue;
tail++;
f[tail][1]=xx;
f[tail][2]=yy;
f[tail][3]=f[head][3]+1;
if(a[xx][yy]==1){
b[x][y]=f[tail][3];
return;
}
dis[xx][yy]=k;
}
}
}
int main(){
freopen("city.in","r",stdin);
freopen("city.out","w",stdout);
cin>>t;
while(t--){
k=0;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
k++;
if(a[i][j]==0){
bfs(i,j); //每一個居民點就廣搜
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
a[i][j]=b[i][j]+a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1]; //前綴和累加距離
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
int x=max(i-m,1);
int y=max(j-m,1);
int xx=min(i+m,n);
int yy=min(j+m,n);
cout<<a[xx][yy]-a[x-1][yy]-a[xx][y-1]+a[x-1][y-1]<<" "; //輸出前綴和
}
cout<<endl;
}
cout<<endl;
memset(dis,0,sizeof(dis)); //結束一輪，清空數組
memset(b,0,sizeof(b));
}
return 0;
}
T4：香樟樹
題目描述
被譽爲江南四大名木之一的香樟樹很有特色，它的樹皮粗糙，質地卻很均勻，從來沒有白楊樹的斑斑駁駁、沒有柳樹的腫瘤結節；樹枝樹幹一分爲二、二分爲四一路長去，不會偷工減料也不會畫蛇添足；樹冠的形態是球形的，在天空中畫出優美的曲線。 除了上述優點之外，香樟樹還有一個祕密武器。那就是……………………它憑藉樸實、厚重的優秀品格贏得了小狐狸的青睞！！！ 話說有一天，小狐狸正在湖邊散步，忽然一陣風吹來，她趕緊閉上眼睛。當她再次睜開眼睛時，發現美麗的湖畔多出了一排整齊的香樟樹。小狐狸非常興奮，她對每棵樹都觀察入微，並且數出了它們的葉子個數。她覺得如果相鄰兩棵樹的葉子個數互素是不和諧的。因此小狐狸想從一排香樟樹中選出若干棵，在滿足相鄰兩棵樹的葉子個數不互素的條件下，使得樹儘量多。
輸入
第一行一個正整數n，表示有n棵香樟樹。 第二行n個正整數，第i個數表示第i棵香樟樹葉子的個數。
輸出
一個正整數，表示最多能選多少棵樹。
樣例輸入
6
6 2 3 15 8 5
樣例輸出
4
分析：
這道題用最長不下降子序列有60分，正解爲：DP。
推出最爲核心的動態能量轉移方程：
f[i]=max(f[i],f[j]+1);
看了看評論區，發現這樣一句話：“第二層循環時，只要從i-logi*2開始循環就AC了”。
然後真就AC了！！只不過要打一個log函數.。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[100010],n,f[100010],ans;
int check(int x,int y)
{
if(x%y==0)
return y;
else
return check(y,x%y); //輾轉相除
}
int log(int x){
//log函數
int t=0;
while(x>0)
{
x=x/2;
t++;
}
return t;
}
int main(){
freopen("camphor.in","r",stdin);
freopen("camphor.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
f[i]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=i-log(i)*2;j<=i-1;j++) //dalao提示
if(j>0)
if(check(a[i],a[j])>1) //輾轉相除合法
f[i]=max(f[i],f[j]+1); //套方程
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[i]>ans) //找個最大值
ans=f[i];
printf("%d",ans);
}