NYOJ 63 小猴子下落

法一：
 1 #include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int main()
{
    int d,i,k;
    while(~scanf("%d%d",&d,&i)&&(d||i))
    {   
        k=1;
        while(--d)
        {
            if(i&1)
            {k*=2;  i=(i+1)/2;}
            else
            {k=2*k+1;  i/=2;}
        }
        printf("%d\n",k);
    }
    system("pause");
    return 0;
} 

 法二：
 1 #include<stdio.h>
int main()
{
    int i,value,depth,base,newValue;
    while(scanf("%d%d",&depth,&value)&&depth||value)
    {
        for(i=base=1;i<depth;i++)
        base<<=1;
        for(value--,newValue=i=0;i<depth-1;i++)
        {
            newValue=(newValue<<1)+(value&1);
            value>>=1;
        }
        printf("%d\n",newValue+base);
    }
    return 0;
}
本题我是突然想到赫夫曼编码，然后根据其意在题意所描述的满二叉树上编号，结果发现所得的二进制编码，除去最高位只保留深度数减一位，然后化为十进制再加一，就是在这一层上叶子个数的序号，之后再加上这层之前所有的结点个数就是该叶子总的序号，也即是最后一只猴子所到的位置。而且最初得到的二进制编码，恰恰是最后那只猴子的序号减一所对应的二进制数，注意所有的二进制编码位数都是深度减一！循环中用位运算效率较高！

算法分析：刚看这题我就觉得这种题应该会有规律，想了一会还真有。令 a 为第 a 个出去的猴子； 如果 a 为偶数， 说明 a 所在的节点（设ans为 a 所在节点的值） 的开关是开着的，往右走 ans=ans*2+1 , a=a/2 ; 如果 a 为基数 则往左走 ans=ans*2 ，a=a/2+1.

 

思路：每个小球都会落在根节点上，因为前两个小球必是一个在左字数，一个在右子树。一般的，只需看小球编号的奇偶性，就能指导它是最终在哪棵子树中。对于那些落入根结点左子树的小球来说，只需知道小球是第几个落在根是左子树里面的，就可以知道它下一步是往左还是往右了。依此类推，直至小球落在叶子上。
如果使用题目给出的I,当I是奇数时，它是往左走的第（I+1）/2个小球；当I是偶数时，它是往右走的第I/2个小球。这样可以模拟最后一个小球的路线。

解题思路：
很久前做过这道题，是用的模拟法做的。因为这道题数目的测试数据比较少，所以暴力就过了。
但是如果测试数据很大时，超时是明显的。因为D<=20，所以需要遍历的为2的19次方乘以19，如果有1000组测试数据，就肯定挂了。
今天看到了一种优化，非常巧妙。
因为每个小猴子都是从根节点向下，它必然有两种选择：左、右。而且有规律，它前面的两个猴子一定是左，右。所以在每个节点进入根节点时，我们只需要判断这个点的奇偶性就知道它的方向了。然后它进入根节点的下一层，依然有两种选择，同样的判断，但是数据规模减少一半（每进入1层，舍弃另一个子树，必然减少一半，因为左右的个数相同或者相差1），这样，我们只需要判断这个猴子是第几个进入该层，然后判断奇偶即可。

今天在看二叉树，忽然发现有个题是跟二叉树扯点边，就顺手把它做了。回过头来看这个问题，会发现其实这个题真的很简单。当初之所以没有做而是放到了现在，就是自己犯了想当然的错误，认为这个题是一个要用到二叉树的题，自己没有看二叉树，肯定做不出来。就把它放到一边了····实践证明，这是一道水题·····一次直接水过。以前想的很麻烦，但是后来发现其实这个题很简单。思路也很清晰。不断的模拟小猴子在各个结点的选择。先对输入的小猴子的m编号进行判断，如果它是奇数，那么它就是第（m+1）/2个小猴子，那么它的编号就是2k；偶数的话就是第m/2个小猴子。