【FZU 2200、2202~2204】FOJ有奖月赛 2015.10 个人的部分题解（C、E、F、G）
比赛地址：http://acm.fzu.edu.cn/contest/ranklist.php?cid=145
目前只会CEFG这4个题，下面的题解按过题的顺序来排。
Problem E 犯罪嫌疑人
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2202
看题转述+推理一下。
存在犯罪嫌疑人，当他是实际犯罪者的时候，恰好有且仅有M句话是真话。
那么，如果我们假定一个人是犯罪嫌疑人，有几句话是真话呢？
假设有A句是说xxx是犯罪者的句式，B句是说xxx不是犯罪者的句式。
那么当某人X为犯罪嫌疑人的时候，
真话句数=说X为犯罪者的数量+（B-说X不是犯罪者的数量）//非常自然对吧
然后我们可以得知，哪些人可能是犯罪者了。
如果只有1个人，那么每个人说的话的真假是直接被确定了，毫无疑问。
如果有多个人，
- 如果某人说的是xxx是犯罪者的句式，如果xxx可能为犯罪者，则他的话可真可假；如果xxx不可能是犯罪者，那他说的一定是假话。
- 如果某人说的是xxx不是犯罪者的句式，如果xxx可能为犯罪者，则他的话可真可假；如果xxx不可能是犯罪者，那他说的一定是真话。
所以O(n)统计每个人被指认多少次+每个人被排除嫌疑多少次，O(n)来判断每个人是不是可能是犯罪嫌疑人。最后O(n)推断每句话的真假，没了。
#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int data[100005];
int votea[100005],voteb[100005];
bool iscrime[100005];
int main(){
int T;
int n,m;
for(scanf("%d",&T);T--;){
scanf("%d%d",&n,&m);
fill(votea,votea+1+n,0);
fill(voteb,voteb+1+n,0);
fill(iscrime,iscrime+1+n,0);
int upcnt=0,downcnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&data[i]);
if(data[i]>0)votea[data[i]]++;
else voteb[-data[i]]++;
if(data[i]>0)upcnt++;
else downcnt++;
}
int crimecnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int tmp=votea[i]+(downcnt-voteb[i]);
if(tmp==m){
iscrime[i]=true;
crimecnt++;
}
}
if(crimecnt==1){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(data[i]>0){
if(iscrime[data[i]]){
puts("Truth");
}else puts("Lie");
}else{
data[i]=-data[i];
if(iscrime[data[i]]){
puts("Lie");
}else puts("Truth");
}
}
}else{
for(int i=1;i<=n;i++){
if(data[i]>0){
if(iscrime[data[i]]){
puts("Not defined");
}else puts("Lie");
}else{
data[i]=-data[i];
if(iscrime[data[i]]){
puts("Not defined");
}else puts("Truth");
}
}
}
}
return 0;
}
Problem F 单纵大法好
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2203
首先，下面给的炮弹落点是按时间顺序给的，所以不要排序。
其次，落点越多，可放的地方越少，明显会从没被打到到不得不被打到了，于是可以二分时刻。
对一个给定的时刻，先炮弹落下去，然后数剩下的所有连续可放的地方能放船的数量是多少（注意每2个船之间要一个空格，所以2个船在一段连续空白中最小占地是2*a+1），O(n)的时间复杂度。
所以总体复杂度是O(nlogn)，反正1s还是不太紧张的，时限5s就太客气了，多谢多谢。
#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,k,a,m;
int times[200005];
bool isb[200005];
bool check(int t){
fill(isb,isb+n+1,true);
for(int i=0;i<t;i++){
isb[times[i]]=false;
}
int preblank=0,pcnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(isb[i])preblank++;
else{
if(preblank>=a)pcnt+=1+(preblank-a)/(a+1);
preblank=0;
}
}
if(preblank>=a)pcnt+=1+(preblank-a)/(a+1);
return pcnt>=k;
}
int main(){
while(scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&a,&m)!=EOF){
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d",×[i]);
}
int l=0,r=m,mid;
while(r-l>=3){
mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
bool found=false;
for(int i=l+1;i<=r;i++){
if(check(i-1)==true&&check(i)==false){
printf("%d\n",i);
found=true;
break;
}
}
if(!found)puts("-1");
}
return 0;
}
Problem G 7
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2204
上来以为是打表找规律，于是bitset暴力计算打表好。
#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n=22;
bool check(bitset<n> s){
for(int i=0;i<n;i++){
int cnt=0;
for(int j=0;j<7;j++){
if(s[i])if(s[(i+j)%n])cnt++;
if(!s[i])if(!s[(i+j)%n])cnt++;
}
if(cnt==7)return false;
}
return true;
}
int main(){
int ans=0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
bitset<n> s(i);
if(check(s)) ans++;
}
printf("%d %d %d\n",ans,1<<n,(1<<n)-ans);
return 0;
}
兴冲冲的发现 7≤n≤14 的时候，相邻两项的差的差有规律，线上打表来一发，WA。
然后往后拍，发现后面规律就散乱的让人抓狂，于是gg，放弃打表的念想。转而想DP。
考虑黑白交替的放1~6个球这个行为，然后写dp状态：
f[一开始放了什么颜色的][在这个位置放了什么颜色的][放到第几个位置了]
好，现在有个问题：我最后放的球如果和一开始放的是相同的颜色，那我最后放球的个数还受制于一开始放的球的个数，现在这个dp状态没法很好的搞定这个问题。
那没关系，多一个状态：
f[一开始放了什么颜色的][一开始放了几个同色的球][在这个位置放了什么颜色的][放到第几个位置了]
然后可以发现，先放黑的方案和先放白的方案是一一对应的，所以第一个状态没用，最后算出来的结果*2就好了，删删删。
继续，你会写出
f[1][0][1]=1;
f[2][0][2]=1;
f[3][0][3]=1;
f[4][0][4]=1;
f[5][0][5]=1;
f[6][0][6]=1;太丑了吧……而且f[1]\f[2]\f[3]\……这之后的2维之间的dp明显的相互独立，来来来，再删一维，变成做6遍dp，然后加6个结果就行。
于是现在dp状态定下了：
f[在这个位置放了什么颜色的][放到第几个位置了]
外层for循环6次，从1到6，表示一开始放下了某种颜色A的球的数量，初始化dp，然后后面对当前色彩，合法的去取最后是另一种色彩的球的方案数，加起来，当要放最后一个球的时候，记得考虑，如果和一开始放的球同色，与一开始放的球连起来不能超过6个。
不过，真的感觉哔了狗的是，dp写完以后一个地方越界没考虑过，交上去WA，本地补上考虑越界，这100000这种情况跑出来的结果和没补，跑出来一模一样，以为还有别的问题，找不到了就交一发，过了。
#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int tomod=2015;
int f[2][100005];
int main(){
int T,Case=1,n;
for(scanf("%d",&T);Case<=T;Case++){
scanf("%d",&n);
if(n<=6){
printf("Case #%d: %d\n",Case,1<<n);
continue;
}
int ans=0;
for(int start=1;start<=6;start++){
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][start]=1;
for(int i=start+1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=1;j++){
if(i==n&&j==0){
for(int k=1;k<=6-start;k++){
if(i-k>=1)f[j][i]+=f[1-j][i-k];
}
f[j][i]%=tomod;
}else{
for(int k=1;k<=6;k++){
if(i-k>=1)f[j][i]+=f[1-j][i-k];
}
f[j][i]%=tomod;
}
}
}
ans+=f[0][n]+f[1][n];
ans=(ans%tomod+tomod)%tomod;
}
ans*=2;ans%=tomod;
printf("Case #%d: %d\n",Case,ans);
}
return 0;
}
Problem C cleaning
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2200
我DP渣，写DP写不过你们，我打表总可以吧？bitset打表再来！
鉴于Clarification里说,n>=3，那从3开始打：对每个n，输出k为0~n时的解，排起来。
#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n=16;
int ans[n+1];
bool acc(bitset<n> s){
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]){
if(s[(i+2)%n]||s[(i-2)%n])return false;
}
}
return true;
}
int main(){
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
bitset<n> s(i);
if(acc(s)) ans[s.count()]++;
}
for(int i=0;i<=n;i++){
printf("%d ",ans[i]);
}
return 0;
}
表大约长这个样子：
1 3 0 0 //2
1 4 4 0 0 //3
1 5 5 0 0 0 //3
1 6 9 0 0 0 0 //3
1 7 14 7 0 0 0 0 //4
1 8 20 16 4 0 0 0 0 //5
1 9 27 30 9 0 0 0 0 0 //5
1 10 35 50 25 0 0 0 0 0 0 //5
1 11 44 77 55 11 0 0 0 0 0 0 //6
1 12 54 112 105 36 4 0 0 0 0 0 0 //7
1 13 65 156 182 91 13 0 0 0 0 0 0 0 //7
1 14 77 210 294 196 49 0 0 0 0 0 0 0 0 //7
1 15 90 275 450 378 140 15 0 0 0 0 0 0 0 0 //8
1 16 104 352 660 672 336 64 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 //9
//（后面注释表示，这一行非0数有几个）有以下规律
- 以n==3这行开始，每4行一组，每组第一行是n/2+1个非0数，之后3行每行是n/2+2个非0数
- 一组中，第1行和第3行最后一个数和这行的第二个数一样（如果是第 i 行，这两个值都是 i ），第2行的最后一个数一定是4，第4行的最后一个数的值=上面一行正对的数+上面一行正对的数的斜左上角的数 UPD： 另一种规律是，第4行最后一个数的值=第4行的实际行号 2/4 ，比如第14行的最后一个数，是 142/4=49
其他的数的值=上面一行正对的数+上面一行正对的数的斜左上角的数（比如1 16 104 … 这一行，这里104=90+14）
好了，规律都找出来了，然后10min写个在线生成表的程序，提交就1A，0ms+5MB内存的事情。
#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int tomod=1000000007;
int lastx[1005];
int ans[1005][1005];
int main(){
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i=3;i<=1000;i++){
ans[i][0]=1;ans[i][1]=i;
}
for(int i=3;i<=1000;i+=4){
lastx[i]=i/2;
lastx[i+1]=lastx[i+2]=lastx[i+3]=i/2+1;
ans[i][lastx[i]]=i;
ans[i+1][lastx[i+1]]=4;
ans[i+2][lastx[i+2]]=i+2;
ans[i+3][lastx[i+3]]=-1;
}
for(int i=3;i<=1000;i++){
for(int j=2;j<=lastx[i];j++){
if(ans[i][j]<=0){
ans[i][j]=(ans[i-1][j]+ans[i-2][j-1])%tomod;
}
}
}
int T,n,k;
for(scanf("%d",&T);T--;){
scanf("%d%d",&n,&k);
printf("%d\n",ans[n][k]);
}
return 0;
}