[ICPC2014 WF] Baggage

拿到这种题，首先不要慌张 。

这道题有 很明显 的规律性 ： BABABABA …

那么这道题 再难也不难 。

手玩。手玩的时候要有清晰的目标，因为手玩的目的是让我们直观地感受规律，发现规律。毫无目的的手玩只是在浪费时间。

尤其是这种规律性强的题目，手玩的结果往往具有普遍性，可以推而广之。

当题目比较复杂时，手玩很有可能出错 。 这个时候要结合暴力程序进行验证。

当然这都不是最核心的。本题最核心的是 递归构造 。

而且这个构造 比较复杂，不那么明显 ，特别是这种带有 最小步数 限制的构造题目，往往考验创造性思维。

以这道题为例，操作顺序是很重要的，我们要先把中间的还原，才能把两边的也还原。

最后优美的结论是，操作次数恰好为 $n$ 次。

如果你执着于先将两边的复原的话，复原左右 $4$ 个 则需要 $5$ 步。

失之毫厘，差之千里 啊 ！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
void p(int x,int y) {
	printf("%d to %d\n",x,y);
}
void solve(int l,int n) {
	if(n==4) {
		p(l+7,l),p(l+4,l+7),p(l+1,l+4),p(l+8,l+1);
		return;
	}
	if(n==5) {
		p(l+9,l),p(l+4,l+9),p(l+7,l+4),p(l+1,l+7),p(l+10,l+1);
		return;
	}
	if(n==6) {
		p(l+11,l),p(l+8,l+11),p(l+3,l+8),p(l+7,l+3),p(l+1,l+7),p(l+12,l+1);
		return;
	}
	if(n==7) {
		p(l+9,l),p(l+6,l+9),p(l+13,l+6),p(l+4,l+13),p(l+10,l+4),p(l+1,l+10),p(l+14,l+1);
		return;
	}
	int r=l+2*(n+1)-1;
	p(r-2,l),p(l+4,r-2);
	solve(l+4,n-4);
	p(l+1,r-5),p(r-1,l+1);
}
int main() {
	while(scanf("%d",&n)!=-1) {
		if(n==3) {
			p(2,-1),p(5,2),p(3,-3);
		}
		else {
			solve(-1,n);
		}
		printf("\n");
	}
	
}

暴力代码 （用于 n=3,4,5,6,7） 时的特殊构造 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s[15]={0,0,2,1,2,1,2,1,2,1,2,1},t[15]={1,1,1,1,1,2,2,2,2,2};
int tx[15],ty[15];
void dfs(int x) {
	if(x>5) {
		int flg=1; for(int i=0;i<10;i++) if(s[i]!=t[i]) flg=0;
		if(flg) {
			int r[15]={0,0,2,1,2,1,2,1,2,1,2,1};
			for(int i=1;i<=5;i++) {
				swap(r[tx[i]],r[ty[i]]);
				swap(r[tx[i]+1],r[ty[i]+1]);
				for(int j=0;j<12;j++) {
					if(r[j]==1) printf("%c",'A');
					else if(r[j]==2) printf("%c",'B');
					else printf(" ");
				}
				printf("\n");
			}
			exit(0);
		} 
		return;
	}
	for(int i=0;i<12;i++) {
		for(int j=i+2;j<12;j++) {
			if(s[i]&&s[i+1]&&!s[j]&&!s[j+1] || !s[i]&&!s[i+1]&&s[j]&&s[j+1]) {
				tx[x]=i,ty[x]=j;
				swap(s[i],s[j]),swap(s[i+1],s[j+1]);
				dfs(x+1);
				swap(s[i],s[j]),swap(s[i+1],s[j+1]);
			}
			
		}
	}
}
int main() {
	dfs(1);
}

嗯，我们最后还需要补上一个 不重要的 最小步数的证明

有 $2(n-1)$ 对相邻的类型相同的包裹，而我们插入一对最多增加 2 对相邻的包裹，同时因为第一次操作只能插在左右两端，所以只会增加一对，因此步数下界为 $\lceil \frac{2n-3}{2}\rceil +1=n$ 。

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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