标签：状态 输出 int 笔记 蓝桥 开关 枚举 按钮 include
枚举
本文章内容来自中国大学mooc课件
基于逐个尝试答案的一种问题求解策略
例如: 求小于N的最大素数
– 找不到一个数学公式, 使得根据N就可以计算出这个素数
– N-1是素数吗? N-2是素数吗? …
判断N-i是否是素数的问题
转化为求小于N的全部素数(可以用筛法)
例题：完美立方
形如a³= b³ + c³ + d³的等式被称为完美立方等式
例如12³= 6³ + 8³ + 10³
编写一个程序，对任给的正整数N (N≤100)，寻找所有的四元组
(a, b, c, d)，使得a³ = b³ + c³ + d³，其中a,b,c,d 大于 1, 小于等于N，且b<=c<=d
输入
一个正整数N (N≤100)
输出
每行输出一个完美立方
输出格式为：
Cube = a, Triple = (b,c,d)
其中a,b,c,d所在位置分别用实际求出四元组值代入
请按照a的值，从小到大依次输出
当两个完美立方等式中a的值相同，则b值小的优先输出、仍相同
则c值小的优先输出、再相同则d值小的先输出
样例输入
24
样例输出
Cube = 6, Triple = (3,4,5)
Cube = 12, Triple = (6,8,10)
Cube = 18, Triple = (2,12,16)
Cube = 18, Triple = (9,12,15)
Cube = 19, Triple = (3,10,18)
Cube = 20, Triple = (7,14,17)
Cube = 24, Triple = (12,16,20)
解题思路
四重循环枚举a,b,c,d ，a在最外层，d在最里层，每一层都是从小到大枚举
a枚举范围[2,N]
b范围 [2,a-1]
c范围 [b,a-1]
d范围 [c,a-1]
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int N;
scanf("%d",&N);
for(int a = 2; a <= N; ++a)
for(int b = 2; b < a; ++b)
for(int c = b; c < a; ++c)
for(int d = c; d < a; ++d)
if( a*a*a == b*b*b + c*c*c +d*d*d)
printf("Cube = %d, Triple = (%d,%d,%d)\n", a, b, c, d);
return 0;
}
例题：生理周期
人有体力、情商、智商的高峰日子，它们分别每隔
23天、28天和33天出现一次
对于每个人，我们想知道何时三个高峰落在同一天
给定三个高峰出现的日子p,e和i（不一定是第一次高峰出现的日子）, 再给定另一个指定的日子d
你的任务是输出日子d之后，下一次三个高峰落在同一天的日子（用距离d 的天数表示）
例如：给定日子为10，下次出现三个高峰同一天的日子是12，则输出2
输入
输入四个整数：p, e, i和d
p, e, i分别表示体力、情感和智力高峰出现的日子
d是给定的日子，可能小于p, e或 i
所有给定日子是非负的并且小于或等于365，所求的日子小于或等于21252
输出
从给定日子起，下一次三个高峰同一天的日子（距离给定日子
的天数）
输入样例
0 0 0 0
0 0 0 100
5 20 34 325
4 5 6 7
283 102 23 320
203 301 203 40
-1 -1 -1 -1
输出样例
Case 1: the next triple peak occurs in 21252 days.
Case 2: the next triple peak occurs in 21152 days.
Case 3: the next triple peak occurs in 19575 days.
Case 4: the next triple peak occurs in 16994 days.
Case 5: the next triple peak occurs in 8910 days.
Case 6: the next triple peak occurs in 10789 days.
解题思路
• 从d+1天开始，一直试到第21252 天，对其中每个日期k,看是否满足(k – p)%23 =0 && (k – e)%28 =0 &&(k-i)%33 = 0
这样极其繁琐，而且有些步骤是我们没必要试的，如何试得更快？
跳着试！
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define N 21252
int main(){
int p,e,i,d,caseNo = 0;
while( cin >> p >> e >>i >>d && p!= -1) {
++ caseNo;
int k;
for(k = d+1; (k-p)%23; ++k);
for(; (k-e)%28; k+= 23);
for(; (k-i)%33; k+= 23*28);
cout << "Case " << caseNo << ": the next triple peak occurs in " << k-d << " days." << endl;
}
return 0;
}
例题：假币问题
有12枚硬币，其中有11枚真币和1枚假币。假币和真
币重量不同，但不知道假币比真币轻还是重。现在，
用一架天平称了这些币三次，告诉你称的结果，请你
找出假币并且确定假币是轻是重（数据保证一定能找
出来）
输入
第一行是测试数据组数
每组数据有三行，每行表示一次称量的结果。银币标号为A-L。每次称量的结果用三个以空格隔开的字符串表示：天平左边放置的硬币 天平右边放置的硬币 平衡状态。其中平衡状态用“up”, “down”, 或 “even”表示, 分别为右端高、右端低和平衡。天平左右的硬币数总是相等的
输出
输出哪一个标号的银币是假币，并说明它比真币轻还是重
输入样例
1
ABCD EFGH even
ABCI EFJK up
ABIJ EFGH even
输出样例
K is the counterfeit coin and it is light.
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
char Left[3][7]; //天平左边硬币
char Right[3][7]; //天平右边硬币
char result[3][7]; //结果
bool IsFake(char c,bool light) ;
//light 为真表示假设假币为轻，否则表示假设假币为重
int main() {
int t;
cin >> t;
while(t--) {
for(int i = 0;i < 3; ++i)
cin >> Left[i] >> Right[i] >> result[i];
for(char c='A'; c<='L';c++) {
if( IsFake(c,true) ){
cout << c << " is the counterfeit coin and it is light.\n";
break;
}
else if( IsFake(c,false) ){
cout << c << " is the counterfeit coin and it is heavy.\n";
break;
}
}
}
return 0;
}
bool IsFake(char c,bool light)
//light 为真表示假设假币为轻，否则表示假设假币为重
{
for(int i = 0;i < 3; ++i) {
char * pLeft,*pRight; //指向天平两边的字符串
if(light) {
pLeft = Left[i];
pRight = Right[i];
}
else {//如果假设假币是重的，则把称量结果左右对换
pLeft = Right[i];
pRight = Left[i];
}
switch(result[i][0]) { //天平右边的情况
case 'u':
if ( strchr(pRight,c) == NULL)
return false;
break;
case 'e':
if( strchr(pLeft,c) || strchr(pRight,c))
return false;
break;
case 'd':
if ( strchr(pLeft,c) == NULL)
return false;
break;
}
}
return true;
}
例题：熄灯问题
– 有一个由按钮组成的矩阵, 其中每行有6个按钮, 共5行
– 每个按钮的位置上有一盏灯
– 当按下一个按钮后, 该按钮以及周围位置(上边, 下边, 左边, 右边)的灯都会改变状态
– 如果灯原来是点亮的, 就会被熄灭
– 如果灯原来是熄灭的, 则会被点亮
• 在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态
• 在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态
• 其他的按钮改变5盏灯的状态
与一盏灯毗邻的多个按钮被按下时,一个操作会抵消另一次操
作的结果
给定矩阵中每盏灯的初始状态，求一种按按钮方案，使得所有的灯都熄灭
输入:
– 第一行是一个正整数N, 表示需要解决的案例数
– 每个案例由5行组成, 每一行包括6个数字
– 这些数字以空格隔开, 可以是0或1
–0 表示灯的初始状态是熄灭的
–1 表示灯的初始状态是点亮的
输出:
– 对每个案例, 首先输出一行, 输出字符串 “PUZZLE #m”, 其中m是该案例的序号
– 接着按照该案例的输入格式输出5行
• 1 表示需要把对应的按钮按下
• 0 表示不需要按对应的按钮
• 每个数字以一个空格隔开35
样例输入
2
0 1 1 0 1 0
1 0 0 1 1 1
0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 1
0 1 1 1 0 0
0 0 1 0 1 0
1 0 1 0 1 1
0 0 1 0 1 1
1 0 1 1 0 0
0 1 0 1 0 0
样例输出
PUZZLE #1
1 0 1 0 0 1
1 1 0 1 0 1
0 0 1 0 1 1
1 0 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0
PUZZLE #2
1 0 0 1 1 1
1 1 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0
1 1 0 1 0 1
1 0 1 1 0 1
分析：
• 第2次按下同一个按钮时, 将抵消第1次按下时所产生的结果
每个按钮最多只需要按下一次
• 各个按钮被按下的顺序对最终的结果没有影响
• 对第1行中每盏点亮的灯, 按下第2行对应的按钮, 就可以熄灭第1行的全部灯
• 如此重复下去, 可以熄灭第1, 2, 3, 4行的全部灯
• 第一想法: 枚举所有可能的按钮(开关)状态, 对每个状态计算一下最后灯的情况, 看是否都熄灭
– 每个按钮有两种状态(按下或不按下)
– 一共有30个开关, 那么状态数是二的三十次方, 太多, 会超时
• 如何减少枚举的状态数目呢?
基本思路: 如果存在某个局部, 一旦这个局部的状态被确定,
那么剩余其他部分的状态只能是确定的一种, 或者不多的n 种, 那么就只需枚举这个局部的状态即可
• 本题是否存在这样的 “局部” 呢?
• 经过观察, 发现第1行就是这样的一个 “局部” – 因为第1行的各开关状态确定的情况下, 这些开关作用过后, 将导致第1行某些灯是亮的, 某些灯是灭的
要熄灭第1行某个亮着的灯(假设位于第i列), 那么唯一的办法就
是按下第2行第i列的开关(因为第1行的开关已经用过了, 而第3行及其后的开关不会影响到第1行)
– 为了使第1行的灯全部熄灭, 第2行的合理开关状态就是唯一的
• 第2行的开关起作用后,
为了熄灭第2行的灯, 第3行的合理开关状态就也是唯一的
以此类推, 最后一行的开关状态也是唯一的
• 只要第1行的状态定下来, 记作A, 那么剩余行的情况就是确定唯一
的了
推算出最后一行的开关状态, 然后看看最后一行的开关起作用后,
最后一行的所有灯是否都熄灭: • 如果是, 那么A就是一个解的状态
• 如果不是, 那么A不是解的状态, 第1行换个状态重新试试
• 只需枚举第1行的状态, 状态数是2的六次方 = 64
• 枚举第一列, 状态数是2的五次方 = 32
#include <memory>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int GetBit(char c,int i) {
//取c的第i位
return ( c >> i ) & 1;
}
void SetBit(char & c,int i, int v) {
//设置c的第i位为v
if( v )
c |= ( 1 << i);
else
c &= ~( 1 << i);
}
void Flip(char & c, int i) {
//将c的第i位为取反
c ^= ( 1 << i);
}
void OutputResult(int t,char result[]) //输出结果
{
cout << "PUZZLE #" << t << endl;
for( int i = 0;i < 5; ++i ) {
for( int j = 0; j < 6; ++j ) {
cout << GetBit(result[i],j);
if( j < 5 )
cout << " ";
}
cout << endl;
}
}
int main() {
char oriLights[5]; //最初灯矩阵，一个比特表示一盏灯
char lights[5]; //不停变化的灯矩阵
char result[5]; //结果开关矩阵
char switchs; //某一行的开关状态
int T;
cin >> T;
for( int t = 1; t <= T; ++ t) {
memset(oriLights,0,sizeof(oriLights));
for( int i = 0;i < 5; i ++ ) { //读入最初灯状态
for( int j = 0; j < 6; j ++ ) {
int s;
cin >> s;
SetBit(oriLights[i],j,s);
}
}
for( int n = 0; n < 64; ++n ) { //遍历首行开关的64种状态
memcpy(lights,oriLights,sizeof(oriLights));
switchs = n; //第i行的开关状态
for( int i = 0;i < 5; ++i ) {
result[i] = switchs; //第i行的开关方案
for( int j = 0; j < 6; ++j ) {
if( GetBit(switchs,j)) {
if( j > 0)
Flip(lights[i],j-1);//改左灯
Flip(lights[i],j);//改开关位置的灯
if( j < 5 )
Flip(lights[i],j+1);//改右灯
}
}
if( i < 4 )
lights[i+1] ^= switchs;//改下一行的灯
switchs = lights[i]; //第i+1行开关方案和第i行灯情况同
}
if( lights[4] == 0 ) {
OutputResult(t,result);
break;
}
} // for( int n = 0; n < 64; n ++ )
}
return 0;
}
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标签：状态,输出,int,笔记,蓝桥,开关,枚举,按钮,include 来源： https://blog.csdn.net/weixin_44043952/article/details/104378315
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