USACO 6.5 章节 世界上本没有龙 屠龙的人多了也便有了
All Latin Squares
题目大意
n x n矩阵(n=2->7)
第一行1 2 3 4 5 ..N
每行每列，1-N各出现一次，求总方案数
题解
n最大为7 显然打表
写了个先数值后位置的暴搜
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
using namespace std;
const string filename = "latin";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
int n;
int v[10][10]; // [row][col]
int vis[10][10]; // [val][col]
int anscnt =0;
void dfs(int val,int row){
if(val > n){
anscnt++;
return ;
}
rep(j,1,n+1){
if(v[row][j] == 0 && !vis[val][j]){
v[row][j] = 1;
vis[val][j] = 1;
if(row+1 < n){
dfs(val,row+1);
}else{
dfs(val+1,1);
}
vis[val][j] = 0;
v[row][j] = 0;
}
}
}
int main(){
// usefile();
cin>>n;
rep(i,1,n+1){
v[0][i]=i;
vis[i][i]=1;
}
dfs(1,1);
cout<<anscnt<<endl;
return 0;
}
6能搜出来，7要等好久,考虑改算法
但是数列嘛,当然先上OEIS看看http://oeis.org/search?q=1%2C2%2C24%2C1344%2C1128960&sort=&language=english&go=Search
7的时候答案是12198297600,看来直接暴搜是不太可能
考虑 一个成功的方案， 把它的非首行的两行交换，也是合法的
所以考虑第一列也定为1到N,最后乘上(N-1)!
这样计算的次数是16942080
在我i7-7700HQ上跑是
> time echo 7 | ./6.5.1
12198297600
real 0m17.194s
user 0m17.190s
sys 0m0.006s
固定第一列的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
using namespace std;
const string filename = "latin";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
int n;
int v[10][10]; // [row][col]
// [0->n-1][1->n]
int vis[10][10]; // [val][col]
long long anscnt =0;
void dfs(int val,int row){
if(val > n){
anscnt++;
return ;
}
if(val == row+1){
if(row+1 < n){
dfs(val,row+1);
}else{
dfs(val+1,1);
}
return ;
}
rep(j,1,n+1){
if(v[row][j] == 0 && !vis[val][j]){
v[row][j] = 1;
vis[val][j] = 1;
if(row+1 < n){
dfs(val,row+1);
}else{
dfs(val+1,1);
}
vis[val][j] = 0;
v[row][j] = 0;
}
}
}
int main(){
// usefile();
cin>>n;
rep(j,1,n+1){
v[0][j]=j;
vis[j][j]=1;
}
rep(i,1,n){
v[i][1]=i+1;
vis[i+1][1]=1;
}
dfs(1,1);
rep(i,1,n){
anscnt*=i;
}
cout<<anscnt<<endl;
return 0;
}
网上搜了一下方法，有一种是 靠循环节 置换圈 大概群论相关
而我决定 放弃，打表吧XD
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
using namespace std;
const string filename = "latin";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
int n;
map<int,long long >ans;
int main(){
usefile();
ans[2]= 1;
ans[3]= 2;
ans[4]= 24;
ans[5]= 1344;
ans[6]= 1128960;
ans[7]= 12198297600;
cin>>n;
cout<<ans[n]<<endl;
return 0;
}
Closed Fences
题目大意
计算几何
逆时针给一系列点(<=200个),坐标范围(| |<=2^16)检查 这些点是否能围成一个围栏
如果可行,再给一点 输出 从该点发出射线，能照到的线段 (只要部分能被照到 就输出整段)
如果 给的点，和一条线段共线，视作无法照到
题解
看上去像是可以枚举，按照角度，200次遍历射线，每次射线遍历200条边，一共就n方左右的复杂度
我们先 过一边所有线段如果不相交，那么可以围成（这里没有判断顺时针还是逆时针）
然后枚举所有线段，对每一条线段1000等分，枚举从给定的点 向等分点是否与其它线段有交点
时间复杂度O(n*n*1000);
[这题的核心还是说写计算几何的算法
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
using namespace std;
const string filename = "fence4";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
pair<int,int> p;
pair<int,int> P[210];
int N;
double cross(pair<double,double> a,pair<double,double> b){
return a.first*b.second-a.second*b.first;
}
pair<double,double> operator + (pair<double,double> a,pair<double,double> b) {
return {a.first+b.first,a.second+b.second};
}
pair<double,double> operator - (pair<double,double> a,pair<double,double> b) {
return {a.first-b.first,a.second-b.second};
}
bool isIntersect(pair<pair<double,double>,pair<double,double>> line1,pair<pair<double,double>,pair<double,double>> line2){
return !(
(cross(line1.first -line2.first,line2.second-line2.first) > 0) ==
(cross(line1.second-line2.first,line2.second-line2.first) > 0) ||
(cross(line2.first -line1.first,line1.second-line1.first) > 0) ==
(cross(line2.second-line1.first,line1.second-line1.first) > 0)
);
}
bool isValid(){
rep(i,0,N){
rep(j,i+2,N){
if(i == 0 && j == N-1)continue;
if(isIntersect({P[i],P[i+1]}, {P[j],P[(j+1)%N]})){
return false;
}
}
}
return true;
}
// 共线
bool isColine(int idx){
return cross(P[idx]-P[(idx+1)%N],p) == cross(P[idx],P[(idx+1)%N]);
}
bool isSeen(int idx){
int x1 = P[idx].first;
int y1 = P[idx].second;
int nsegments = 1000;
rep(i,1,nsegments){
pair<double,double> point_ = {
x1 + i * 1.0 / nsegments * (P[(idx + 1) % N].first - x1),
y1 + i * 1.0 / nsegments * (P[(idx + 1) % N].second - y1)};
bool blocked = false;
rep(j,0,N){
if(j == idx) {
continue;
}
if(isIntersect({p,point_}, {P[j],P[(j+1)%N]})){
blocked = true;
break;
}
}
if(!blocked) {
return true;
}
}
return false;
}
vector<int> ans;
int main(){
usefile();
scanf("%d", &N);
scanf("%d %d", &p.first,&p.second);
rep(i,0,N){
scanf( "%d %d", &P[i].first, &P[i].second);
}
if(!isValid()) {
printf( "NOFENCE\n");
return 0;
}
rep(i,0,N){
if(!isColine(i) && isSeen(i)) {
ans.push_back(i);
}
}
if(ans.size() >= 2 && ans[ans.size() - 2] == N - 2){
ans[ans.size() - 2] = N - 1;
ans[ans.size() - 1] = N - 2;
}
printf("%d\n", int(ans.size()));
rep(i,0,ans.size()){
if(ans[i] == N - 1) {
printf("%d %d %d %d\n", P[0].first, P[0].second, P[ans[i]].first, P[ans[i]].second);
}else{
printf( "%d %d %d %d\n", P[ans[i]].first, P[ans[i]].second, P[ans[i] + 1].first, P[ans[i] + 1].second);
}
}
return 0;
}
Betsy's Tour
题目大意
n x n(n<=7) 的矩阵，从左上走到坐下，每个格子最多经过一次的方案数
题解
暴搜+打表
插头dp ? 像是
实现了一下 果然过了，注意处理n = 1
插头dp的话 直接百度文库 应该能搜到不少文章，我感觉我的边界处理和状态转移的代码写得好丑QAQ
- 这里的一个技巧是，想象在左边在多出一列，把这列从上连到下，这样原题就变成确定了一部分路线的欧拉回路的插头dp了,这样 起始和终点的就也和中间的过程块，看作联通其它两个块的 来处理了
- 状态表示，最无脑的是，相同数字，但是 这样的话状态转移会比较难写 比如
100120332，注意到我们会一直维持合法性,所以可以用左右括号表示(__)(_()),这样的化就是3进制即可，然后4进制更容易操作，比如我下面用的位运算<<2 或 >>2 - 在上面两个优化下 初始状态是
(______)这样的
时间复杂度O(i*j*state) = O(7*7*3^7)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
using namespace std;
const string filename = "betsy";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
int n;
// 中间的 每个块 连接 两个方向，
map<pair<int,long long>,long long> res;
int get_state(long long state,int pos){
return (state >> (2*pos)) % 4;
}
int set_state(long long state,int pos){
return state << (2*pos);
}
// (( ) ())
// block: 的2进制位 0b3210
// 3
// 0 2
// 1
long long insert_state(long long old_state,int pos,int block){
int arr[10];
// 栈计算括号对
int p[10];
int stk[10];
int stki = 0;
rep(i,0,n+1){
arr[i] = get_state(old_state,i);
if(arr[i] == 0)continue;
if(arr[i] == 1)stk[stki++]=i;
if(arr[i] == 2){
p[i] = stk[stki-1];
p[stk[stki-1]] = i;
stki--;
}
}
int cnt = 0;
rep(i,0,4){
cnt+= !!(block & (1<<i));
}
assert(cnt == 2);
// 插入的块和 被插入的位置 同时有或没有
if( (!(block & 0b1000) != !arr[pos]) || (!(block & 0b0001) != !arr[pos+1]) ){
return -1;
}
// 原来为空 新建边
if( (block & 0b0100) && (block & 0b0010)){
arr[pos] = 1;
arr[pos+1] = 2;
}else if( (block & 0b0100) || (block & 0b0010) ){ // 引出一条原来的边
if(block & 0b0100){
arr[pos] = arr[pos]+arr[pos+1];
arr[pos+1] = 0;
}else {
arr[pos+1] = arr[pos]+arr[pos+1];
arr[pos] = 0;
}
}else{ // 把原来两段 连接起来
if(arr[pos] == 1 && arr[pos+1] == 2){
arr[pos] = 0 ;
arr[pos+1] = 0 ;
}else{
arr[pos] = 0;
arr[pos+1] = 0;
int p1 = p[pos];
int p2 = p[pos+1];
if(p1 > p2)swap(p1,p2);
arr[p1] = 1;
arr[p2] = 2;
}
}
long long new_state = 0;
rep(i,0,n+1){
new_state += set_state(arr[i],i);
}
return new_state;
}
long long dp(int idxi,int idxj,long long state){
long long &ret = res[{(idxi<<3)+idxj,state}];
if(ret != 0){
return ret;
}
// 右下角允许自连
if(idxj == n-1 && idxi == n-1) {
return ret = (get_state(state,n-1) == 1 && get_state(state,n) == 2);
}
// 过程中不允许自连
//
if (get_state(state,idxi) == 1 && get_state(state,idxi+1) == 2)return 0;
rep(i,0,4){
rep(j,i+1,4){
int new_state = insert_state(state,idxi,(1<<i)+(1<<j));
if(new_state == -1)continue;
// 最后一列
if(idxj == n-1) {
if(get_state(new_state,idxi) != 0)continue;
}
// 最后一行
if(idxi == n-1){
if(get_state(new_state,idxi+1) != 0)continue;
new_state <<=2;
ret+=dp(0,idxj+1,new_state);
}else{
ret+=dp(idxi+1,idxj,new_state);
}
}
}
// printf("(%d,%d) {%lld,%lld,%lld} = %lld\n",idxi,idxj,(state)%4,(state>>2)%4,(state>>4)%4,ret);
return ret;
}
int main(){
usefile();
cin>>n;
if(n == 1){
cout<<1<<endl;
}else{
cout<<dp(0,0,set_state(1,1)+set_state(2,n))<<endl;
}
return 0;
}
总结
6.5章其实有5个题,但后面两题 我很久很久很就以前做了 就不想再做一次了，所以这里只写了3题
本文其它链接
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