汉诺塔II:(hdu1207)
/先说汉若塔I(经典汉若塔问题),有三塔,A塔从小到大从上至下放有N个盘子,如今要搬到目标C上,
规则小的必需放在大的上面,每次搬一个,求最小步数。这个问题简单,DP:a[n]=a[n-1]+1+a[n-1],先把上面的n-1个放在B上,把最大的放在目标C上,再把N-1个放回到C上就可以。
</pre><p></p>如今是汉若塔II,改为四个塔,開始方程想简单了,不是最优的。给出网上的一种最优解法例如以下:(1)将x(1<=x<=n)个盘从a柱依靠b,d柱移到c柱,这个过程须要的步数为F[x];(2)将a柱上剩下的n-x个盘依靠b柱移到d柱(注:此时不可以依靠c柱,由于c柱上的全部盘都比a柱上的盘小) 些时移动方式相当于是一个经典汉诺塔,即这个过程须要的步数为2^(n-x)-1(证明见再议汉诺塔一);(3)将c柱上的x个盘依靠a,b柱移到d柱上,这个过程须要的步数为F[x];第(3)步结束后任务完毕。故完毕任务所须要的总的步数F[n]=F[x]+2^(n-x)-1+F[x]=2*F[x]+2^(n-x)-1;但这还没有达到要求,题目中要求的是求最少的步数,易知上式,随着x的不同取值,对于同一个n,也会得出不同的F[n]。即实际该问题的答案应该min{2*F[x]+2^(n-x)-1},当中1<=x<=n;在用高级语言实现该算法的过程中,我们可以用循环的方式,遍历x的各个取值,并用一个标记变量min记录x的各个取值中F[n]的最小值。方法非常easy理解,可是还有其它摆法(如第一步未必先要把全部X个放到一个非目标底座上),眼下无法证<p>明其最优性,证明还需求路过大神指导。</p><p></p><pre name="code" class="cpp">#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; unsigned long long a[65]; const unsigned long long one=1; int main() { a[1]=1;a[2]=3; for(int i=3;i<65;i++) { unsigned long long min=(one<<(i-1))-1+2*a[1]; for(int j=2;j<i;j++) { if(2*a[j]+(one<<(i-j))-1<min) min=2*a[j]+(one<<(i-j))-1; } a[i]=min; } int n; while(cin>>n) { cout<<a[n]<<endl; } return 0; }
汉若塔III hdu2064
在经典汉若塔问题的条件改为,每次仅仅能移动到附近塔上,求把A塔全部的移动C塔最小次数。
a[n]=a[n-1]+1+a[n-1]+1+a[n-1]:先把上面的N-1个移动到C(必定有这个状态),在把最大的移到B,再把N-1移到到A,把最大的移到C,再把N-1个移到C,就上面的方程。分分钟搞定~~~
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; unsigned long long a[65]; int main() { a[1]=2; for(int i=2;i<36;i++) { a[i]=3*a[i-1]+2; } int n; while(cin>>n) { cout<<a[n]<<endl; } return 0; }
汉若塔IV HDU 2077
在汉若塔3的基础上,改条件:同意最大的盘子放到最上面(仅仅同意最大的放在最上面)当然最后须要的结果还是盘子从小到大排在最右边。
A,B,C三个塔,方程:ans[n]=ab[n-1]+1+1+bc[n-1]. (ab表示a到b)
DP思路:先把n-1个搬到b,再用俩步般最大的到C,再把n-1个从B到C。这里又要求出ac[n]和bc[n]:求其递推方程:bc[n]=bc[n-1]+1+ac[n-1],
会发现bc[]方程和ab[n]一样的。所以总方程ans[n]=2*ab[n-1]+2.
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; unsigned long long ac[23]; unsigned long long bc[23]; unsigned long long ans[23]; int main() { ac[1]=2;bc[1]=1;ans[1]=2;ans[2]=4; for(int i=2;i<22;i++) { ac[i]=3*ac[i-1]+2; bc[i]=bc[i-1]+1+ac[i-1]; } for(int i=3;i<22;i++) { ans[i]=2*bc[i-1]+2; } int tt,n; cin>>tt; while(tt--) { cin>>n; cout<<ans[n]<<endl; } return 0; }
汉若塔V HDU1995
在经典汉若塔问题上附加问题:求出N个盘子时,第K号盘子的移动次数。
思路,一想就是二维DP,DP[n][i]=dp[n-1][i]*2(1=<i<n),dp[n][n]=1;
最大盘仅仅移动一次,上面盘子先移到B塔,一次,最后由B到目标C重新,思路清晰,分分钟KO。
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; unsigned long long dp[62][62]; int main() { dp[1][1]=1;dp[2][1]=2;dp[2][2]=1; for(int i=3;i<61;i++) { for(int j=1;j<i;j++) { dp[i][j]=2*dp[i-1][j]; } dp[i][i]=1; } int t; int n,m; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>m; cout<<dp[n][m]<<endl; } return 0; }
汉若塔VI HDU1996
在经典汉若塔问题上,求一共同拥有多少个状态(包含全部可能移到到的状态),一个排列组合问题,
答案:求和( C(k1,n)*C(k2,n-k1))当中n>=k1>=0,n-k1>=K2>=0,从中挑出K1个从小到大放在A塔,再从剩下的
挑出K2个放在B塔,剩余的放在C塔就可以。数据非大数。
其它巧妙方法:每一个盘从小到大每一个都有3种选择,共3^n。
#include<iostream> using namespace std; unsigned long long a[32]; long long C(int m,int n) //M>=N { if(m==0||n==0)return 1; int i; long long c=1,s=1; if(n>m-n) { n=m-n; } for(i=m;i>=m-n+1;i--) { c=c*i; } for(i=n;i>1;i--) { s*=i; } c=c/s; return c; } int main() { for(int i=1;i<30;i++) { for(int k1=0;k1<=i;k1++) { for(int k2=0;k2<=i-k1;k2++) { a[i]+=C(i,k1)*C(i-k1,k2); } } } int t; int n,m; cin>>t; while(t--) { cin>>n; cout<<a[n]<<endl; } return 0; }
见图:
#include<iostream> using namespace std; char get[68]; //保存I号盘子在哪个塔 bool over=0; bool tf=1; //是否结束,true_or_false是否为假 void dfs(char fl,char fr, char cur,int now) // dfs ,上面一层(now)左边和右边的塔,已经从哪个塔“下来的”(上面一层是哪个塔) { if(over)return; if(now==1){over=1;return;} //出口 int temp; if(fl=='A'&&fr=='B'||fl=='B'&&fr=='A')temp='C'; else if(fl=='A'&&fr=='C'||fl=='C'&&fr=='A')temp='B'; else temp='A'; now--; if(cur==fl) //若上一层是左边的塔 { if(get[now]==fr){over=1;tf=0;return;} //不可能是fr else { dfs(fl,temp,get[now],now); } } else if(cur==fr) { if(get[now]==fl){over=1;tf=0;return;} else { dfs(temp,fr,get[now],now); } } } int main() { int T; cin>>T; while(T--) { int n,m,p,q,tx; cin>>n; cin>>m; for(int i=0;i<m;i++) { cin>>tx;get[tx]='A'; } cin>>p; for(int i=0;i<p;i++) { cin>>tx;get[tx]='B'; } cin>>q; for(int i=0;i<q;i++) { cin>>tx;get[tx]='C'; } tf=1; over=0; if(get[n]=='B') { cout<<"false"<<endl;continue; } dfs('A','C',get[n],n); if(tf==1)cout<<"true"<<endl; else cout<<"false"<<endl; } return 0; }