hihocoder 1251 Today is a rainy day ( 15年北京 C、暴力 )
题意 : 一串数字变成另一串数字，可以单个数字转变，或者一类数字转变，问最少操作次数
分析 :
15年北京赛区的银牌题
首先有一个点需要想明白、或者猜得到
即最优的做法肯定是先做完 2 操作最后用 1 操作
2 操作单次可以改变的字符数远大于 1 操作 ( 当然这个不是证明上面的结论、只是给个灵感去猜
具体操作就是 s2 => 通过 2 操作变成中间状态 => 通过 1 操作变成 s1
对于 2 操作、与具体字符的数量无关、只和种类有关、即从一种数字变成另一种
那么就是一种映射关系、那么我们可以使用一个六位的六进制数来表示不同的状态
首先将字符集全部 -1 、即原来串是由 {1,2,3,4,5,6} 组成变成由 {0,1,2,3,4,5}组成 ( 方便进制转化 )
那么这种映射关系是什么呢？如何表示的 2 操作呢？
比如 012345 => 112345 表示将原来字符所有的 0 变成 1
012345 => 112344 表示将原来字符串所有的 0 变成 1、所有的 5 变成 4
所有对于所有的状态、可以使用 BFS 从初始状态 (012345)6 开始、将它到其他状态的花费求出来
那么就可以统计出所有 2 操作能到达的状态的最小花费了、当然六进制的状态最后要用十进制存储才方便存储
最后就是像刚刚说的那样子、先枚举中间状态(6^6个最多)、然后计算出从中间状态通过 1 操作到达目标状态的花费即可
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define ULL unsigned long long #define scl(i) scanf("%lld", &i) #define scll(i, j) scanf("%lld %lld", &i, &j) #define sclll(i, j, k) scanf("%lld %lld %lld", &i, &j, &k) #define scllll(i, j, k, l) scanf("%lld %lld %lld %lld", &i, &j, &k, &l) #define scs(i) scanf("%s", i) #define sci(i) scanf("%d", &i) #define scd(i) scanf("%lf", &i) #define scIl(i) scanf("%I64d", &i) #define scii(i, j) scanf("%d %d", &i, &j) #define scdd(i, j) scanf("%lf %lf", &i, &j) #define scIll(i, j) scanf("%I64d %I64d", &i, &j) #define sciii(i, j, k) scanf("%d %d %d", &i, &j, &k) #define scddd(i, j, k) scanf("%lf %lf %lf", &i, &j, &k) #define scIlll(i, j, k) scanf("%I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k) #define sciiii(i, j, k, l) scanf("%d %d %d %d", &i, &j, &k, &l) #define scdddd(i, j, k, l) scanf("%lf %lf %lf %lf", &i, &j, &k, &l) #define scIllll(i, j, k, l) scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k, &l) #define lson l, m, rt<<1 #define rson m+1, r, rt<<1|1 #define lowbit(i) (i & (-i)) #define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i)) #define fir first #define sec second #define VI vector<int> #define ins(i) insert(i) #define pb(i) push_back(i) #define pii pair<int, int> #define VL vector<long long> #define mk(i, j) make_pair(i, j) #define all(i) i.begin(), i.end() #define pll pair<long long, long long> #define _TIME 0 #define _INPUT 0 #define _OUTPUT 0 clock_t START, END; void __stTIME(); void __enTIME(); void __IOPUT(); using namespace std; const int maxn = 46656 + 10; const int mxState = 46656; const int maxLen = 110 + 10; const int INF = 0x3f3f3f3f; int to_ten(int c[])///将六进制转十进制 { int ret = 0; for(int i=0; i<6; i++){ ret = ret * 6 + c[i]; }return ret; } inline void to_six(int num, int c[])///十进制转六进制(存在 c 中) { for(int i=5; i>=0; i--){ c[i] = num % 6; num /= 6; } } int Cost[mxState];///存储操作 2 的花费 int g[6][6];///存储原本 s2 => s1 只通过 1 操作所用的花费 ///比如 g[1][2] = 3 将 s2 的 1 变成 s1 的 2 只用 1 操作要进行 3 次 int cnt[6];///存储 s2 中每个数字出现的次数 char s1[maxLen], s2[maxLen]; inline void BFS() { int c[6] = {0, 1, 2, 3, 4, 5}; int FirState = to_ten(c); mem(Cost, INF); Cost[FirState] = 0; queue<int> que; que.push(FirState); while(!que.empty()){ int T = que.front(); que.pop(); to_six(T, c); for(int i=0; i<6; i++){ for(int j=0; j<6; j++){ int tmp[6]; memcpy(tmp, c, sizeof(tmp)); for(int k=0; k<6; k++) if(tmp[k] == i) tmp[k] = j; int newState = to_ten(tmp); if(Cost[newState] > Cost[T] + 1){ Cost[newState] = Cost[T] + 1; que.push(newState); } } } } } int main(void){__stTIME();__IOPUT(); BFS(); while(~scs(s1)){ scs(s2); int len = strlen(s1); mem(cnt, 0); mem(g, 0); for(int i=0; i<len; i++){ int ch1 = s1[i] - '1'; int ch2 = s2[i] - '1'; cnt[ch2]++; g[ch2][ch1]++; } int ans = INF; int c[6]; for(int i=0; i<mxState; i++){///枚举中间状态 to_six(i, c); int cost = Cost[i];///将 s2 => 中间状态 的花费 for(int j=0; j<6; j++)///进行操作 1 的花费计算 cost += cnt[j] - g[j][c[j]];///举个例子就好理解一点、比如 s1="001" 、s2="112"、用这个例子去模拟 ans = min(ans, cost); } printf("%d\n", ans); } __enTIME();return 0;} void __stTIME() { #if _TIME START = clock(); #endif } void __enTIME() { #if _TIME END = clock(); cerr<<"execute time = "<<(double)(END-START)/CLOCKS_PER_SEC<<endl; #endif } void __IOPUT() { #if _INPUT freopen("in.txt", "r", stdin); #endif #if _OUTPUT freopen("out.txt", "w", stdout); #endif }
