2020.08.09 周作业简要题解
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玄学搜索剪枝大赏 √
题意
给定 \(x\) 和 \(y\)，每次有三种操作 \(x:=x-1\)，\(x:=x+1\) 和 \(x:=x\times 2\)，需要保证 \(x \geq 1\)。
求 \(x\) 至少要几步才能变成 \(y\)。只能修改 \(x\)。
\(1 \leq x,y \leq 10^5\)
题解
BFS 即可。考虑剪枝掉 \(x > 10^5\) 的状态，这样保证了复杂度。
证明：如果我们需要让 \(x\) 乘上 \(2\) 后大于 \(10^5\)，然后通过连续地减去 \(1\) 使 \(x\) 等于 \(y\)。设当 \(x>10^5\) 后需要减去 \(p\) 次才能到达 \(y\)，显然可以在执行乘 \(2\) 操作前将 \(x\) 减去 \(\dfrac p2\) ，后者的总操作次数比前者更优。
所以一定存在一个最优解，该解中的 \(x\) 在任意时刻均 \(\leq 10^5\)。
题意
输入正整数 \(n\)，把整数 \(1,2,\dots ,n\) 组成一个环，使得相邻两个整数之和均为素数。输出时，从整数 \(1\) 开始逆时针排列。同一个环恰好输出一次。
\(n \leq 16\)
题解
DFS 模板。值得一提的是，需要在搜索时剪枝掉当前所有不合法的状态，不能确定了环上每一个数之后再检查，这样复杂度会卡满 \(O(n!)\)，没有任何通过的机会。
题意
求出所有 \(0,1,2,...,9\) 的排列 \(a,b,c,d,e,f,g,h,i,j\)，使得
允许出现前导 \(0\)。
\(2 \leq n \leq 79\)
题解
DFS 模板题。因为 \(10!=3628800\) 并不大，所以我们可以枚举所有排列，判断其是否合法。
题意
给定长为 \(n\) 的整数数组 \(S\)，求出其连续子序列中乘积最大的，并输出其乘积。连续子序列可以为空，此时乘积为 \(0\)。
\(-10 \leq S_i \leq 10,1 \leq n \leq 18\)
题解
显然可以枚举连续子序列的起点和终点，计算即可。
答案最大为 \(10^{18}\)，需要使用 \(64\) 位整形存储。
题意
给定正整数 \(k\)，求所有满足
且满足 \(x \geq y\) 的正整数对 \((x,y)\)。
\(1 \leq k \leq 10^4\)
题解
考虑推式子。
即：枚举 \(y(y \in [k+1,2k])\)，看 \(x\) 是否为整数即可。
当 \(y < k\)，\(\dfrac 1y\geq k\)；当 \(y>2k\)，因为 \(x \geq y\)，\(\dfrac 1x+\dfrac 1y<\dfrac 1k\)，显然无法取到正整数解。
题意
如果一个字符串不包含两个相邻且相等的重复子串，那么它被称之为困难的串。
形式上来讲，对于字符串 \(S(|S|=n)\)，如果不存在 \(1 \leq l \leq \left \lfloor \dfrac n2\right \rfloor\) 和 \(2l \leq x \leq n\) 使得 \(S_{x-2l+1...x-l}=S_{x-l+1...x}\)，那么 \(S\) 被称作困难的串。
求字典序第 \(n\) 小，且只包含前 \(L\) 个大写字母的字符串。
\(n > 0, L \leq 26\)
题解
考虑 DFS 剪枝。对于字符串 \(S(|S=n|)\)，当我们加入 \(S_{n+1}\) 时，只需要考虑第二个重复子串的末尾为 \(S_{n+1}\) 的相邻重复子串，因为前面的相邻重复子串如果存在，便已经在之前剪枝掉了。
题意
给定 \(n\times n\) 的国际象棋棋盘，求出骑士从某个点走到另外一个点的最小步数。
\(4 \leq n \leq 300\)
题解
BFS 即可。
双向 BFS 的正确做法是：起点出发的待扩展点存储在队列 \(Q_1\)，终点出发的存储在队列 \(Q_2\)，如果 \(|Q_1|<|Q_2|\)，拓展一层 \(Q_1\)，否则拓展一层 \(Q_2\)。
然而我的做法：将起点终点标记上不同的颜色，扔到队列里跑。这优化了个京华啊（捂脸）。
题意
给定容量为 \(a,b,c\) 升的三个无刻度杯子，最初只有第三杯装满了水。求至少需要倒多少水才能使某个杯子恰有 \(d\) 升水。
如果不可能，找到最大的 \(d'<d\)，使得可以使某个杯子恰有 \(d'\) 升水，并求出至少需要倒多少水才能使某个杯子恰有 \(d'\) 升水。
\(0 \leq a,b,c,d\leq 200\)
题解
直接搜索状态太多（\(200^3=8\cdot 10^6\)），因为有多组数据，所以复杂度无法接受。
观察到三个杯子水量总和一定，记录前两个杯子里的水量即可求出第三个杯子的水。这样就只有 \(40000\) 个状态，可以接受。
题意
给定 \(n\) 个点的无向图。将这些点排列，得到 \(p_1,p_2,...,p_n\)。定义 \(p\) 的带宽为图中边的端点在排列里的最大距离。求带宽最小的排列。
\(1 \leq n\leq 8\)
题解
枚举全排列即可。
介绍 STL 函数： std::next_permutation(*start,*end)
如果存在下一个排列，返回非零值并将 [start,end) 转换为下一个排列。否则返回 \(0\)。
题意
有 \(s\) 个挂坠，重量为 \(w_1,w_2,...,w_s\)。有一些长度为 \(1\) 的木条，木条的每一端可以挂上挂坠，还可以连接另一根木条，但不能有某一端不放任何东西。木条长度不计。
你需要设计一种方案，使得能挂上所有的挂坠，且平衡（设左右侧到支点长分别为 \(m,n\)，重量为 \(a,b\)，那么必须满足 \(ma=nb\)）。你需要使这个方案在长度不超过 \(r\) 的前提下长度最大。
\(0 <r<10,1\leq s \leq 6,w_i \leq 1000\)
题解
根据题意，先搜索出所有挂东西的方案，然后我们调整支点的位置，来使该方案平衡，并计算出该方案的总长度。
容易观察到，任何方案可以转化为一棵二叉树，叶节点是挂坠。木条可以看作一条边，木条的端点为非叶节点。
具体来讲，记录该方案的最左侧点 \(v_l\) 和最右侧点 \(v_r\)。设根节点的位置为 \(0\)，如果某个点在根节点左侧，则其位置为负，否则其位置为正。自顶向下考虑，对于每个非叶节点，设其左侧的总重量为 \(w_l\)，右侧的总重量为 \(w_r\)，那么左右两侧到该点的距离分别为 \(\dfrac{w_r}{w_l+w_r},\dfrac{w_l}{w_l+w_r}\)。注意，某一侧偏重的时候，它到该点的距离近，这很容易被没有学过物理的人所混淆。那么记录该点的位置 \(mid\)，则左右两侧的位置分别为 \(mid-\dfrac{w_r}{w_l+w_r},mid+\dfrac{w_l}{w_l+w_r}\)。可以通过简单的取最小值 / 最大值来维护 \(v_l,v_r\)。最后 \(v_r-v_l\) 即为该方案的长度。
题意
有一个 \(n \times m\) 的迷宫，其中有一些地方不能走。最外层一定不能走。
有 \(x\) 个鬼在移动。每一秒，它们可以到达新的位置或不动，但必须遵循以下原则：
- 没有两个鬼在一个位置
- 没有两个鬼在某一秒交换了位置
给出鬼的位置和它们要去的终点，问至少需要多少秒才能使所有鬼到达自己要去的终点。保证有解
\(4 \leq n,m \leq 16,1 \leq x \leq 3\)
题解
可以给可用的格子标号，然后设计状态 \((a,b,c)\)，表示三个鬼分别在标号为 \(a,b,c\) 的格子的最小步数。
观察到可用的格子不超过 \(16^2-16\times 4+4\leq 196\)，所以我们可以把状态 \((a,b,c)\) 表示为一个二进制数，其高八位代表 \(a\)，中间八位代表 \(b\)，最低的八位代表 \(c\)。搜索即可。
观察到鬼的数量可能小于 \(3\)。这种情况下，将 \(b/c\) 表示为两个不同且大于最大标号的数即可，但不要超过 \(256\)。
输入使用 fgets，否则会 TLE。
题意
给定一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\)。每次操作可以选择一个连续子序列，将其剪切到另外一个位置。求至少需要几次操作能将其变成 \(1,2,...,n\)。
\(1 \leq n \leq 9\)
题解
考虑 IDA*。定义 \(p_i\) 的后继为 \(p_i+1\)。观察到，一次操作至多改变 \(3\) 个数的后继。最好的情况下，至多使 \(3\) 个数的后继变为正确的。显然，我们不会将一个数已经正确的后继破坏掉。设计估价函数：\(h() = \dfrac {\text{dif}}{3}\)。其中 \(\text{dif}\) 表示不正确的后继数量。
那么，我们可以估计该状态是否合法：\(\text{nowstep}+h() \leq \text{maxstep}\)。值得一提的是，\(h()\) 可能不是整数，这个时候需要将不等式等价变形为 \(\text{nowstep} \times 3+\text{dif} \leq \text{maxstep}\times 3\)。
题意
给定容量为 \(n\) 的背包，有两种物品，均有无限个，体积和价值分别为 \(S_1,V_1,S_2,V_2\)，求最大价值。
\(1 \leq n,S_i,V_i \leq 10^9\)
题解
首先，知道了某一种物品的个数，显然可以计算出另一种物品的个数。
设 \(S_1<S_2\)。
如果 \(\dfrac {n}{S_2} < \sqrt{n}\)，那么可以在不高于 \(O(\sqrt{n})\) 的时间内求出所有可能的第二种物品个数。
否则，从 \(0\) 到 \(S_1\) 枚举可能的第二种物品个数，从 \(0\) 到 \(S_2\) 枚举可能的第一种物品的个数。显然，这仍然不高于 \(O(\sqrt{n})\)。
正确性证明：如果第一种物品的性价比比第二种高，那么如果第二种物品有 \(S_1\) 件，显然可以通过将其中 \(S_1 \times S_2\) 的体积替换为 \(S_2\) 件第一种物品来获得更高的性价比。反之亦然。
题意
最初，你的手上有一个正整数 \(x\)。你可以选择一个已经计算出 \(x^a\)，如果当前手上的数为 \(x^b\)，那么你可以选择计算出 \(x^{a+b}\) 或 计算出 \(x^{b-a}\)（当 \(b>a\) 时），都需要花费一次操作。求至少需要几次操作才能计算出 \(x^n\)。
\(1 \leq n \leq 1000\)
题解
考虑倍增，次数显然不超过 \(11\)。
迭代加深搜索。对于限制为 \(m\) 步，当前准备使用第 \(x\) 步的状态，考虑剪枝：
-
当前的幂 \(b\) 经过 \(m-x+1\) 次平方后无法到达 \(n\)，即 \(b\times 2^{m-x+1}<n\)
-
当前的幂 \(b\) 已经被计算过
即可。
题意
将 \(\dfrac{a}{b}\) 分解为几个分子为 \(1\) 的不同分数之和。保证给出数据有解，且分母最大的分数分母 \(\leq 10^7\)。
给出分数个数最小的解。如果仍有多解，给出最大分母最小的解；如果仍有多解，给出任意解。
题解
迭代加深搜索。
令枚举的分母 \(x\) 单调递增，如果剩余的分数大小为 \(\dfrac{a}{b}\)，对于限制为 \(m\) 步，当前准备使用第 \(i\) 步的状态，考虑剪枝：
- 如果 \(i=m\) 且 \(a \neq 1\)，那么当前状态无法得出解
- \(x\in [\ \ \max\{lst+1,\dfrac ba +1\},(m-i+1)\times b \div a\ \ )\)，其中 \(lst\) 表示上一次枚举到的分母
证明第二个剪枝。对于 \(x\) 的下界，显然应该使 \(\dfrac 1x<\dfrac ab\)。推一下可以得到 \(\dfrac ba < x\)，即 \(x \geq \dfrac ba +1\)。
对于 \(x\) 的上界：因为后面的分数都比 \(\dfrac 1x\) 小，那么如果后面的分数全部选 \(\dfrac 1x\) 仍然无法大于 \(\dfrac ab\)，即：
反过来讲，当 \(x < b(m-i+1)\div a\) 时，才可能存在可行解。
注意通分时可能会溢出，需要使用 long long。
