AtCoder Beginner Contest 099 完整解题报告
题目链接
https://abc099.contest.atcoder.jp/assignments
A题
#include B题
s1 = 1
s2 = 1 + 2
s3 = 1 + 2 + 3
sn = 1 + 2 + 3 + …… + n
对于相邻的两个塔来说，无论积雪多少米，b-a都是第2个塔的n。求出n之后，再根据求和公式s = n * (n + 1) / 2，即可求出塔高
#include C题
注意，本题不能使用贪心算法
#include D题
对于二维网格C(i, j)，定义好网格：
若坐标%3的值相同，则颜色也相同。比如C(1, 2) = C(2, 1)
若坐标%3的值不相同，则颜色也不相同。比如C(1, 1) != C(1,2) != C(2,2)
D为代价值, 假如C(1, 2) = 2, 要调整为C(1, 2) = 3，则代价值为D(2, 3)
再比如C(2, 1) = 3，要调整为C(2, 1) = 2，则代价值为D(3, 2)
再比如C(1, 2) = 1, 要调整为C(1, 2) = 1，则代价值为D(1, 1)。这个其实不用调整，所以D(1, 1) = 0，同理D(x, x) = 0
用第1个例子来计算，
D =
0 1 1
1 0 1
1 4 0
C =
1 2
3 3这里C(1,1)的坐标模3等于(1 + 1) % 3 = 2
C(1, 2)的坐标模3等于(1 + 2) % 3 = 0
C(1, 2)的坐标模3等于(2 + 1) % 3 = 0
C(2, 2)的坐标模3等于(2 + 2) % 3 = 1
题目要求C(1, 2) = C(2, 1)，C(1,1)、C(2,1)和C(2,2)要两两互不相等。
可以用穷举法调整出6种好网格：
（一）
C(1, 1) = 1, D(1, 1) = 0
C(1, 2) = 2, D(2, 2) = 0
C(2, 1) = 2, D(3, 2) = 4
C(2, 2) = 3, D(3, 3) = 0
D = D(1, 1) + D(2, 2) + D(3, 2) + D(3, 3) = 4
（二）
C(1, 1) = 1, D(1, 1) = 0
C(1, 2) = 3, D(2, 3) = 1
C(2, 1) = 3, D(3, 3) = 0
C(2, 2) = 2, D(3, 2) = 4
D = 0 + 1 + 0 + 4 = 5
（三）
C(1, 1) = 2, D(1, 2) = 1
C(1, 2) = 1, D(2, 1) = 1
C(2, 1) = 1, D(3, 1) = 1
C(2, 2) = 3, D(3, 3) = 0
D = 1 + 1 + 1 = 3
（四）
C(1, 1) = 2, D(1, 2) = 1
C(1, 2) = 3, D(3, 2) = 4
C(2, 1) = 3, D(3, 3) = 0
C(2, 2) = 1, D(3, 1) = 1
D = 6
（五）
C(1, 1) = 3, D(3, 1) = 1
C(1, 2) = 1, D(2, 1) = 1
C(2, 1) = 1, D(3, 1) = 1
C(2, 2) = 2, D(3, 2) = 4
D = 7
（六）
C(1, 1) = 3, D(3, 1) = 1
C(1, 2) = 2, D(2, 2) = 0
C(2, 1) = 2, D(3, 2) = 4
C(2, 2) = 1, D(3, 1) = 1
D = 6
这六种调整方法中，最小的D为3，所以本例子的答案为6
本题的难点主要是理解题意，解题倒不难，用穷举法即可。
代码：
// Algorithm: Brute-force
#include "cstdio"
using namespace std;
const int maxn=30+10;
int n,c,d[maxn][maxn],t[4][maxn],x,y,z,ans;
int main()
{
ans=0x7fffffff; // 先把答案记为一个极大值，出现更小的就更新
scanf("%d%d",&n,&c);
register int i,j,k,l;
for(i=1;i<=c;i++)
{
// 输入D矩阵(i-j)为颜色i变为颜色j的代价为(i,j)
for(j=1;j<=c;j++)
{
scanf("%d",&d[i][j]);
}
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
// 输入矩阵C
for(j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",&x);
t[(i+j)%3][x]++; // 计算横坐标加纵坐标mod3的数值,颜色为x的个数+1
}
}
for(i=1;i<=c;i++)
{
// 枚举坐标余数为0的颜色，统一变成颜色i，其代价之和为x
// 比如例1中，坐标为1行2列的余数为(1+2)%3=0，其值2，变成i=1则D_21=1
// 坐标2列1行的余数为(2+1)%3=0，其值为3，变成i=1则有D_31=31
// x = D_21 + D_31 = 2
x=0;
for(j=1;j<=c;j++)
{
x+=t[0][j]*d[j][i];
}
for(j=1;j<=c;j++)
{ // 枚举余数为1的颜色，统一变成颜色j,其代价之和为y
if(j==i)
{
continue; // 不同余数的颜色不能相同
}
y=0;
for(k=1;k<=c;k++)
{
y+=t[1][k]*d[k][j];
}
for(k=1;k<=c;k++)
{
// 枚举坐标余数为2的颜色，统一变成颜色k,其代价之和为z
if(k==j || k==i)
{
continue; // 不同余数的颜色不能相同
}
z=0;
for(l=1;l<=c;l++)
{
z+=t[2][l]*d[l][k];
}
if(ans>x+y+z)
{
// 如果当前转换的代价和比之前的最优答案更小，就更新代价和
ans=x+y+z;
}
}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
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