NOIP大纲整理：（十六）反转问题与弹性碰撞
一、反转问题
算法概览：给定一个01串，现有翻转规则：翻转某一个位置时其后面2个位置也会跟着翻转，也就是每次翻转都会翻转3个连续的位置。要将01串全部翻转为0，求最小的翻转次数。形似这类题的问题叫做反转问题，也可以叫开关问题，对于这类题通常有以下的特点，思考一下就可以想到。
1、若某一个位置被翻转了n次，则其实际上被翻转了n%2次，因为翻转2k次相当与没翻转，翻转2k+1次相当于翻转了1次，因为要求最小翻转次数，所以对于某一个位置要么只（主动）翻转一次，要么不（主动）翻转。
2、分析易知翻转的顺序并不影响最终结果。（理解不了可自己举个例子在纸上模拟下）
3、由此，反转问题（也叫开关问题）就转化成求反转区间的集合，常常和枚举一起使用。
POJ 3276
N头牛排列成了一列，每头牛或者向前或者向后站，为了让所有的牛都面向前方，农夫约翰买了一台自动转向的机器，这个机器在购买时就必须设定一个数值K，机器每操作一次恰好使K头连续的牛转向（K头牛分别为当前的牛及其之后的牛，不影响位于它之前的牛，并且每次反转必须是K头牛，不可以少于K头）。请求出为了让所有的牛都能面向前方需要的最少的操作次数M和对应的最小的K。
已知：
1≤N≤5000
sampleinput
N= 7
BBFBFBB(F：面向前方，B：面向后方)
sampleoutput
K= 3
M= 3
(先反转1~3号的三头牛，然后再反转3~5号，最后反转5~7号)
思路：
定义 f[i]:区间[i,i+k-1]进行反转的话就为1，否则为0
区间反转部分很好优化：
在考虑第i头牛时候，如果∑i−1j=(i−K+1)f[j]和为奇数，就说明此时这个牛方向与最初相反。
由于 ∑ij=(i+1)−K+1f[j]=∑i−1j=(i−K+1)f[j]+f[i]-f[i-K+1]
所以这个每一次都可以用常数算出来，时间复杂度O（n^2）
#include
#include
#include
using name space std;
const int N=5000+10;
int f[N],dir[N],n;
int solve(int k){
int cnt=0,sum=0;//sum为f的和
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n-k+1;i++){
if((dir[i]+sum)%2){
cnt++;
f[i]=1;
}
sum+=f[i];
if(i-k+1>=1) sum-=f[i-k+1];
}
for(int i=n-k+2;i<=n;i++){//检查剩下的牛有没有朝后面的情况
if((dir[i]+sum)%2) return n+1;
if(i-k+1>=1) sum-=f[i-k+1];
}
return cnt;
}
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i=1;i<=n;i++){
char c;scanf(" %c",&c);
if(c=='B') dir[i]=1;
}
int ansk,ansm=n,t;
for(int i=1;i<=n;i++){
t=solve(i);
if(t ansm=t;ansk=i; } } printf("%d %d\n",ansk,ansm); } } POJ 3279 农夫约翰知道聪明的牛产奶多。于是为了提高牛的智商他准备了如下游戏。有一个M×N 的格子，每个格子可以翻转正反面，它们一面是黑色，另一面是白色。黑色的格子翻转后就是白色，白色的格子翻转过来则是黑色。游戏要做的就是把所有的格子都翻转成白色。不过因为牛蹄很大，所以每次翻转一个格子时，与它上下左右相邻接的格子也会被翻转。因为翻格子太麻烦了，所以牛都想通过尽可能少的次数把所有格子都翻成白色。现在给定了每个格子的颜色，请求出用最小步数完成时每个格子翻转的次数。最小步数的解有多个时，输出字典序最小的一组。解不存在的话，则输出IMPOSSIBLE。 已知： 1≤M,N≤15 sample input M= 4 N= 4 每个格子的颜色如下：（0表示白色，1表示黑色） 10 0 1 01 1 0 01 1 0 10 0 1 sample output 00 0 0 10 0 1 10 0 1 00 0 0 思路：在上面的那道题，让最左端的奶牛反转的情况只有一种，于是直接判断的方法就可以确定，但是这里不一样，比如，看最左上面的角，除了反转（1，1），（1，2），（2，1）都可以导致他翻装。 于是不妨我们先确定最上面一行的反装方式，此时能反转(1,1)只有（2，1）， 所以如果已知第一行就可以知道第二行那些点需要反转。这样反复下去，只要最后一行全部为白，就说明可行。 那么这个算法时间复杂度是(N*M*2^N). #include #include using name space std; const int dx[5]={-1,0,0,0,1}; const int dy[5]={0,-1,0,1,0}; int m,n,M[20][20],tmp[20][20],ans[20][20],cnt; int get(int x,int y){ int t=M[x][y]; for(int i=0;i<5;i++){ int tx=dx[i]+x,ty=dy[i]+y; if(tx>=0&&tx } return t%2; } int cal(){ for(int i=1;i for(int j=0;j if(get(i-1,j)) tmp[i][j]=1; } } for(int j=0;j if(get(m-1,j)!=0) return n*m+1; } int res=0; for(int i=0;i for(int j=0;j res+=tmp[i][j]; } } return res; } int main(){ while(~scanf("%d%d",&m,&n)){ cnt=n*m+1; for(int i=0;i for(int j=0;j scanf("%d",&M[i][j]); } } for(int i=0;i<(1< memset(tmp,0,sizeof(tmp)); for(int j=0;j tmp[0][j]=i>>j&1; } int t=cal(); if(t cnt=t; memcpy(ans,tmp,sizeof(tmp)); } } if(cnt==n*m+1){ printf("IMPOSSIBLE\n"); } else{ for(int i=0;i for(int j=0;j printf("%d%c",ans[i][j],j+1==n ? '\n':' '); } } } } } POJ 3185 翻盖有奖：将一列碗翻成口朝上，一把下去可能同时反转3个或2个（首尾），求最小翻转次数。 思路：这题分析一下，可以知道选择从第一个开始翻，还是聪第二个开始翻，会导致两种不同的状态和结果，但都是唯一的。所以就枚举第一个还是第二个开始翻，然后从左往右依次判断，接下来每个点需不需要翻转取决它左边是不是朝下。 #include #include #include using name space std; int dir[25],f[25]; int main(){ while(~scanf("%d",&dir[0])){ int tmp=0,ans=20; memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=1;i<20;i++)scanf("%d",&dir[i]); f[0]=1;tmp++; for(int i=1;i<20;i++){ if(f[i]=(f[i-2]^f[i-1]^dir[i-1]))tmp++; } if((f[18]^f[19]^dir[19])==0&&tmp tmp=0;f[0]=0; for(int i=1;i<20;i++){ if(f[i]=(f[i-2]^f[i-1]^dir[i-1]))tmp++; } if(f[18]^f[19]^dir[19]==0&&tmp printf("%d\n",ans); } } 总结：往往反转问题（开关问题）可以转换成矩阵求解一组方程的解是否存在，用高斯消元求解，并且通过这些分析知道，当自由变员不超过N个时候，也可以用来求解最优解。 二、弹性碰撞 在理想情况下，物体碰撞后，形变能够恢复，不发热、发声，没有动能损失，这种碰撞称为弹性碰撞（elastic collision），又称完全弹性碰撞。生活中，硬质木球或钢球发生碰撞时，动能的损失很小，可以忽略不计，通常也可以将它们的碰撞看成弹性碰撞。 发生弹性碰撞后，两个物体在碰撞后相比碰撞前，相对速度大小相等方向相反；两个物体在发生弹性碰撞前后，动量的矢量和、能量的和都不变；如果两个物体质量相同，速度大小方向都互换，相当于未碰撞。 用N个半径为R厘米的球进行如下实验。 在H米高的位置设置一个圆筒，将求垂直放入（从下向上数第i个球的底端距离地面高度为H + 2R）。实验开始时最下面的球开始掉落，此后每一秒又有一个球开始掉落。不计空气阻力，并假设球与球或地面间的碰撞时弹性碰撞。 请求出实验开始后T秒时每个球底端的高度。假设重力加速度为g=10m/s2 已知： 1≤N≤100 1≤H≤10000 1≤R≤100 1≤T≤10000 sample input N= 1 H= 10 R= 10 T= 100 sample output 4.95 从高位H的位置下落的话需要花费的时间： 因此，在时刻T时，令K 为满足kt≤T的最大整数，那么 当R = 0时，如果认为球是一样的，就可以忽视他们的碰撞，视为直接互相穿过继续运动。由于在有碰撞时球的顺序不会发生改变，所以忽略碰撞，将计算得到的坐标进行排序后，就能知道每个球的最终位置。 那么，R>0是要怎么样？这种情况下的处理方法基本相同，对于下方开始的第i个球，在按照R = 0计算的结果上加上2*R*i就可以了。 #include #include #include #include #include #include #define sf scanf #define pf printf using name space std; const int Maxn = 110; double ans[Maxn]; int main() { int cas,N,H,R,T,g = 10; sf("%d",&cas); while(cas--) { sf("%d%d%d%d",&N,&H,&R,&T); for(int i = 0;i < N;i ++) { double t = sqrt(2.0 * H / g); int k = floor(T / t); if(k < 0) ans[i] = H; else { if(k & 1) ans[i] = H - 0.5 * g * (t -(T - k * t)) * (t - (T - k * t)); else ans[i] = H - 0.5 * g * (T -k * t) * (T - k * t); } T --; } sort(ans,ans + N); for(int i = 0;i < N;i ++) pf("%.2lf%c",ans[i] + 2.0* R * i / 100,i + 1 == N ? '\n':' '); } return 0; } /* 2 110 10 100 210 10 100 */ POJ 1852 题意：在一根长为L的水平木棍上有一群数量为n的蚂蚁，它们以每秒1cm/s的速度走到木棍一端就会掉下去。现在知道它们的起始位置是距离木根左端点的x处。但是不知道它们爬行的方向。在相向而行的两只蚂蚁相遇后，它们会掉头往反方向走。问所有蚂蚁都落下木棍的最快时间和最慢时间。 题解：一开始觉得可以暴搜，每只蚂蚁只有两种情况，不过掉头的事情感觉很复杂。时间复杂度为2的n次幂。肯定超时。 因为是同时出发的，相遇时的两只蚂蚁用的时间是相同的，我们可以无视蚂蚁的区别，当两只蚂蚁相遇时它们保持原样交错而行。这样每只蚂蚁都是独立运动的，那么只要找每只蚂蚁掉下去的时间就行了。 #include #define maxn 1000100 int a[maxn],ansmin,ansmax,L,n; int MIN(int a,int b) { return a } intMAX(int a,int b) { return a>b?a:b; } void ansMIN() { int i,min; ansmin=-1; for(i=0;i { min=MIN(a[i],L-a[i]); if(min>ansmin) ansmin=min; } printf("%d ",ansmin); } void ansMAX() { int i,max; ansmax=-1; for(i=0;i { max=MAX(a[i],L-a[i]); if(max>ansmax) ansmax=max; } printf("%d\n",ansmax); } int main() { int i,t; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&L,&n); for(i=0;i scanf("%d",&a[i]); ansMIN(); //求所有蚂蚁掉下去的最短时间 ansMAX(); //求所有蚂蚁掉下去的最长时间 } return 0; }
