LintCode 汉诺塔
题目链接:https://www.lintcode.com/problem/tower-of-hanoi/description
题目大意
分析
- 把 M 标记和 R 标记互换,执行 L->R。
- 把 L 标记和 M 标记互换,执行 L->R。
- 把 L 标记和 M 标记互换,把 M 标记和 R 标记互换,执行 L->R。
于是这个问题可以这样解决,去掉第一步,还剩$2^n - 2$步,如果我们把走两步算作一大步,那么还剩$2^{n - 1} - 1$大步,我们令$i:1\rightarrow2^{n - 1} - 1$依次模拟每个大步,如果 i 的最低 2 进制位的位置是偶数位置时,就执行 2 次操作 3,否则执行 1 次操作 1 和 1 次操作 2。
神奇的是,这样做居然是可行的。
PS:我是不知道为啥,我是闲着无聊找规律找到的。
代码如下
class Solution {
public:
string L = "A", M = "B", R = "C";
vector< string > ans;
/**
* @param n: the number of disks
* @return: the order of moves
*/
vector<string> towerOfHanoi(int n) {
if(n % == ) swap(M, R);
ans.push_back(step(L, R)); n = ((( << n) - ) >> );
for(int i = ; i <= n; ++i) {
// 如果i的最低2进制位的位置是偶数,就执行2次操作3,否则执行1次操作1和一次操作2
if(__builtin_ffs(i) % == ) {
op3();
op3();
}
else {
op1();
op2();
}
} return ans;
} inline string step(string x, string y) {
return "from " + x + " to " + y;
} inline void op1() {
swap(M, R);
ans.push_back(step(L, R));
} inline void op2() {
swap(L, M);
ans.push_back(step(L, R));
} inline void op3() {
swap(M, L); swap(R, M);
ans.push_back(step(L, R));
}
};
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