A.ElectronicPetEasy

【题意】一个数st1开始,每次加p1,一共加t1次,另外一个数st2开始,每次加p2,一共加t2次,输入的数均小于1000,问这两个数有没有可能相等,有可能输出“Easy”,否则输出“Difficult”

【解释】显然列出两个循环即可,1000*1000也不会超时

const string dif="Difficult";
const string eas="Easy";
class ElectronicPetEasy
{
public:
string isDifficult(int st1, int p1, int t1, int st2, int p2, int t2)
{
int i,j,k;
int m1=st1+p1*(t1-1);
int m2=st2+p2*(t2-1);
for (i=st1;i<=m1;i+=p1)
{
for (j=st2;j<=m2;j+=p2)
{
if (i==j) return dif;
}
}
return eas;
}
};

B.AliceGameEasy

【题意】从1到n,爱丽丝取出几个数累加为x,桐人取出几个数累加为y,给出x和y,问爱丽丝做少取了多少个数(不可能时输出-1)。

【解释】贪心算法

先判断x+y=n*(n+1)/2,能否求出整数n,不能求出来 或者 求出的n不是整数 那么输出-1就好喽

既然求出n了,就让爱丽丝从最大的数开始取,n,n-1,n-2...直到存在k ,使得刚好n+(n-1)+(n-1)+...+(n-k+1)>=x("刚好"的意思是n+(n-1)+(n-1)+...+(n-k)<x),答案就是k。

class AliceGameEasy
{
public:
long long findMinimumValue(long long x, long long y)
{
LL i,j,k;
LL dt=(x+y)*8+1;
LL sqr_dt=(LL)(sqrt(dt));
if (sqr_dt*sqr_dt!=dt) return -1;
sqr_dt--;
if (sqr_dt%2) return -1;
LL n=sqr_dt/2;
LL ans=0;
while (x>0)
{
x-=n;
n--;
ans++;
}
return ans;
}
};

C.BoardFoldingDiv2

【题意】给出一个01矩阵(最多50*50)(就是题目说的纸),现在要折叠这个矩阵,折叠要满足:

1.平行于某条边折叠

2.要沿相邻两列数字之间折叠

3.折叠后下方的数字与上方的数字相等

现在问有多少种折叠方法,(其中折叠后如果是同一块矩阵区间则算同一种方法)

【解释】显然是可以将行与列分开求,求只按行折叠的方法数ansr,和只按列折叠的方法数ansc,最后ansr*ansc就是答案。

由于按行和按列求的方法相同,下面以按列举例。

出题人相当良心,只给了50*50的规模,而且最重要的是只有0和1,那么将每列的01串视为一个二进制数,用long long存完全能存下,我们存到c[]数组中。

大致思路:枚举右界,如果右界可行的话(需要预处理),再枚举左界,如果左界也可行的话,就算是一个解。

这是预处理:设right[i]=1表示从右开始折叠,能折叠到i,即折叠后第i+1~n-1个数(数的编号是0到n-1)全都消失掉了。当然right[i]=0时表示不能折叠到第i个数。

然后枚举左界,right[k]=1时,枚举左界i,用left[i]表示从左开始折叠,能折叠到i(与right[]是相同的思路,只是变了一下方向)。

算法是O(n3)的

typedef long long LL;
int n,m;
LL r[55],c[55];
int ansr,ansc,lef[55],rig[55];
class BoardFoldingDiv2
{
public: int howMany(vector <string> paper)
{
int i,j,k;
memset(r,0,sizeof(r));
memset(c,0,sizeof(c));
ansr=ansc=0;
n=paper.size();
m=paper[0].size(); for (i=0;i<n;i++)
{
for (j=0;j<m;j++)
{
r[i]=r[i]*2+paper[i][j]-'0';
c[j]=c[j]*2+paper[i][j]-'0';
}
}
/*对每一横行操作*/
memset(rig,0,sizeof(rig));
rig[n-1]=1;
for (i=n-2;i>=0;i--)
{
for (j=1;i+j<n&&i-j+1>=0;j++)
{
if (r[i+j]==r[i-j+1])
{
if (rig[i+j])
{
rig[i]=1;
break;
}
}
else break;
}
}
for (k=n-1;k>=0;k--)//枚举右界
{
if (rig[k]==0) continue;//如果右界不可达,continue
memset(lef,0,sizeof(lef));
lef[0]=1; ansr++;
for (i=1;i<=k;i++)//枚举左界
{
for (j=1;i+j-1<=k&&i-j>=0;j++)//判断左界是否可达
{
if (r[i+j-1]==r[i-j])
{
if (lef[i-j])//如果left[i-j]可达 并且 正好能沿数i与数i-1间折叠
{
lef[i]=1;//设为可达后跳出
break;
}
}
else break;
}
if (lef[i]!=0) ansr++;
}
} /*对每一列操作*/
memset(rig,0,sizeof(rig));
rig[m-1]=1;
for (i=m-2;i>=0;i--)
{
for (j=1;i+j<m&&i-j+1>=0;j++)
{
if (c[i+j]==c[i-j+1])
{
if (rig[i+j])
{
rig[i]=1;
break;
}
}
else break;
}
} for (k=m-1;k>=0;k--)
{
if (rig[k]==0) continue;
memset(lef,0,sizeof(lef));
lef[0]=1; ansc+=min(1,lef[0]*rig[k]);
for (i=1;i<=k;i++)
{
for (j=1;i+j-1<=k&&i-j>=0;j++)
{
if (c[i+j-1]==c[i-j])
{
if (lef[i-j])
{
lef[i]=1;
break;
}
}
else break;
}
if (lef[i]!=0) ansc++;
}
}
return ansr*ansc;
}
};

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