2.5 蓝桥杯练习4题
昨天忘记写题解啦，今天补上。
1.[P8687 蓝桥杯 2019 省 A] 糖果
题意：糖果店的老板一共有 \(M\) 种口味的糖果出售。为了方便描述，我们将 \(M\) 种口味编号 \(1\) ∼ \(M\)。
小明希望能品尝到所有口味的糖果。遗憾的是老板并不单独出售糖果，而是 \(K\) 颗一包整包出售。
幸好糖果包装上注明了其中 \(K\) 颗糖果的口味，所以小明可以在买之前就知道每包内的糖果口味。
给定 \(N\) 包糖果，请你计算小明最少买几包，就可以品尝到所有口味的糖果。
思路：看到数据范围只有\(20\)，这不是妥妥的状压\(dp\)？\(dp[i]\)表示达到状态\(i\)最少要买多少包。
先预处理出能满足的状态\(h\)，置\(dp[h] = 1\)。
然后转移方程：\(dp[i|a[j]] = min(dp[i|a[j]],dp[i]+1)\)
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int n,m,k;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
cin>>n>>m>>k;
ll dp[1<<m],a[n];
memset(dp,127,sizeof(dp));
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
int h = 0;
for(int j = 1;j <= k; j++)
{
int x; cin>>x;
x--;
h |= (1<<x);
}
dp[h] = 1;
a[i] = h;
}
for(int i = 0;i < (1<<m); i++)
{
for(int j = 1;j <= n; j++)
{
if(dp[i] < (1<<30))
dp[i|a[j]] = min(dp[i|a[j]],dp[i]+1);
}
}
if(dp[(1<<m)-1] >= 1<<30)cout<<-1<<"\n";
else cout<<dp[(1<<m)-1]<<"\n";
return 0;
}
2.[P8611 蓝桥杯 2014 省 AB] 蚂蚁感冒
题意：长 \(100\) 厘米的细长直杆子上有 \(n\) 只蚂蚁。它们的头有的朝左，有的朝右。
每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬，速度是 \(1\) 厘米 / 秒。
当两只蚂蚁碰面时，它们会同时掉头往相反的方向爬行。
这些蚂蚁中，有 \(1\) 只蚂蚁感冒了。并且在和其它蚂蚁碰面时，会把感冒传染给碰到的蚂蚁。
请你计算，当所有蚂蚁都爬离杆子时，有多少只蚂蚁患上了感冒。
思路：又来到咱们经典的蚂蚁题了。两个蚂蚁相碰会掉头，这个其实我们不用考虑掉头，我们可以当作是两只蚂蚁交换位置然后朝着原方向走。那么有多少只会被感染呢？我们以被感染的朝着左边走为例。那么该只蚂蚁左边的与它方向相反的所有蚂蚁都会被感染，它右边的和它方向相同的蚂蚁都会被感染。
注意：特别的，如果被感染的蚂蚁在两端，且朝着它的那端走的话就只有它自己，因为它不会掉头了，另一边也就不用考虑啦。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 100;
struct node
{
int dist,dir;
}a[N];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.dist<b.dist;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
int x; cin>>x;
a[i].dist = abs(x),a[i].dir = (x>0?1:-1);
}
int ill = a[1].dist,d = a[1].dir;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
int k = 1;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
if(a[i].dist == ill)
{
k = i;
break;
}
}
int cnt = 0;
if(d < 0)//左
{
for(int i = 1;i <= k-1; i++)
cnt += (d !=a[i].dir);
if(cnt){//!!!小心这里
for(int i = k + 1;i <= n; i++)
cnt += (d == a[i].dir);
}
}
else
{
for(int i = k + 1;i <= n; i++)
cnt += (d != a[i].dir);
if(cnt){
for(int i = 1;i <= k-1; i++)
cnt += (d == a[i].dir);
}
}
cout<<cnt+1<<"\n";
return 0;
}
3.[P8638 蓝桥杯 2016 省 A] 密码脱落
题意：X 星球的考古学家发现了一批古代留下来的密码。
这些密码是由 A、B、C、D 四种植物的种子串成的序列。
仔细分析发现，这些密码串当初应该是前后对称的（也就是我们说的回文串）。
由于年代久远，其中许多种子脱落了，因而可能会失去镜像的特征。
你的任务是：
给定一个现在看到的密码串，计算一下从当初的状态，它要至少脱落多少个种子，才可能会变成现在的样子。
思路：其实很简单，我们只要把原串\(s\)反转一下变成\(t\)，求\(s\)和\(t\)的最长回文子串的长度，然后用\(n-最长回文子串的长度\)就是答案啦。这里求最长回文子串的长度我用的是记忆化搜索的版本。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e3 + 10;
int f[N][N],n,m;
string s,t;
int lcs(int i,int j)
{
if(f[i][j] != -1)return f[i][j];
if(i==0||j==0)return 0;
else if(s[i]==t[j])f[i][j] = lcs(i-1,j-1) + 1;
else f[i][j] = max(lcs(i,j-1),lcs(i-1,j));
return f[i][j];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
cin>>s;
t = s;
n = s.size();
reverse(t.begin(),t.end());
s = "?" + s,t = "?" + t;
memset(f,-1,sizeof(f));
cout<<n-lcs(n,n)<<"\n";
return 0;
}
4.[P8646 蓝桥杯 2017 省 AB] 包子凑数
题意：小明几乎每天早晨都会在一家包子铺吃早餐。他发现这家包子铺有 \(N\) 种蒸笼，其中第 \(i\) 种蒸笼恰好能放 \(A_i\) 个包子。每种蒸笼都有非常多笼，可以认为是无限笼。
每当有顾客想买 \(X\) 个包子，卖包子的大叔就会迅速选出若干笼包子来，使得这若干笼中恰好一共有 \(X\) 个包子。比如一共有 \(3\) 种蒸笼，分别能放 \(3\) 、 \(4\) 和 \(5\) 个包子。当顾客想买 \(11\) 个包子时，大叔就会选 \(2\) 笼 \(3\) 个的再加 \(1\) 笼 \(5\) 个的（也可能选出 \(1\) 笼 \(3\) 个的再加 \(2\) 笼 \(4\) 个的）。
当然有时包子大叔无论如何也凑不出顾客想买的数量。比如一共有 \(3\) 种蒸笼，分别能放 \(4\) 、 \(5\) 和 \(6\) 个包子。而顾客想买 \(7\) 个包子时，大叔就凑不出来了。
小明想知道一共有多少种数目是包子大叔凑不出来的。
思路：由裴蜀定理可知\(ax+by = c\)。如果\(c = t\times\gcd(a,b)\)。只有\(\gcd(a,b)=1\)的时候才能表示所有的数。那么我们可以求一下所有数的\(\gcd\)的多少，如果不是\(1\)，那么答案就是\(INF\)。那么对于是\(1\)的情况，有多少是不能表示的呢？这里可以用完全背包啦。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N],dp[N],V = 1e4;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
//ax + by = gcd(a,b);
int g = a[1];
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
g = __gcd(g,a[i]);
}
if(g != 1)cout<<"INF\n";
else{
dp[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
for(int j = a[i];j <= V; j++)
{
dp[j] = max(dp[j],dp[j-a[i]]);
}
}
int cnt = 0;
for(int i = 1;i <= V; i++)
{
if(!dp[i])cnt++;
}
cout<<cnt<<"\n";
}
return 0;
}
