上海计算机学会12月月赛 丙组题解

标签：数学
题意：给定一种$2$x$2$的瓷砖，样式为

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用瓷砖，从平面左上角出发，将整个平面铺满。形如：

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给定$n$行$m$列的区域，求这块区域中 $\#$的数目。（$1<=n,m<=10000$）
题解：考虑从整块区域中删掉$.$的数目。观察发现偶数行、奇数列才有$.$，自己手玩几组数据能够得到$.$的数目是$(n/2)\ast ((m+1)/2)$。
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {int n, m;cin >> n >> m;cout << n * m - (n / 2) * ((m + 1) / 2);return 0;
}

标签：字符串、模拟
题意：给定一个二维平面上的顶点，然后进行一系列指令操作，指令操作以字符串的形式给出：
$R$ 表示该点沿 $X$ 轴坐标正方向移动了一个单位
$L$ 表示该点沿 $X$ 轴坐标负方向移动了一个单位
$U$ 表示该点沿 $Y$ 轴坐标正方向移动了一个单位
$D$ 表示该点沿 $Y$ 轴坐标负方向移动了一个单位
求这些指令执行完之后，至少再增加多少条指令能让这个点返回起点（原来的位置）。
题解：每次都是上下左右移动一个位置坐标，假设原来起点在原点（$0,0$），最少指令数，即求当前坐标（$x,y$）与原点的曼哈顿距离：$|x|+|y|$。
我这边用了$map$去统计了各个移动方向指令的数量，然后东西和南北方向分别做抵消，求绝对值。
曼哈顿距离：两点在南北⽅向上的距离加上在东西⽅向上的距离。
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;map<char, int> m;int main() {string s;cin >> s;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {m[s[i]]++;}cout << abs(m['L'] - m['R']) + abs(m['U'] - m['D']) << endl;return 0;
}

标签：裴蜀定理
题意：初始位置在$x=0$，要去$x=d$的位置，给定$n$个整数$a_1,a_2,a_3...,a_n$，表示每次可以往左移动$a_i$个单位或者往右移动$a_i$个单位，求最后能不到达$x=d$的位置。
（$1<=n<=10^5,1<=a_i<=10^9,-10^9<=d<=10^9$）
题解：经典裴蜀定理题，有兴趣的可以去看看证明，我这边直接说定理和结论。
裴蜀定理：对于$x$，$y$的二元一次不定方程 $ax+by=c$，其有解的充要条件为$gcd(a,b)|c$。
（$gcd(a,b)|c$这个数学表示为$c$能被$gcd(a,b)$整除）
由基础定理我们可以得到一个推论：
对于不定方程$x_1{y}_1+x_2{y}_2+...+x_n{y}_n=k$，$\forall y_i\in \mathbb{Z}$，其有解的充要条件为 gcd ⁡ { x i } ∣ k \gcd\{x_i\}\mid k gcd{xi​}∣k。
回到本题我们可以写出这个式子，$y_i$可以是$-1$和$1$：
$a_{1}y1+a_2{y}_2+...+a_n{y}_n=d$
那么问题就转变成了$d$能否被 [ 所有$a_i$的最大公约数 ] 整除，能整除就有解，反之无解。
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;ll gcd(ll a, ll b) {if (b == 0) return a;return gcd(b, a % b);
}int main() {ll n, a, d, g = 0;cin >> n >> d;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a;g = gcd(g, a);}if (d % g == 0) cout << "Yes";else cout << "No";return 0;
}

标签：宽度优先搜索
题意：给定$n$x$m$由$\#$（墙）、$.$（空地）组成的地图，求从左上角到右下角的最少步数，每次只允许上下左右移动一格，不允许走出地图和走到$\#$（墙）上。
题解：BFS 模板题，判断下一个能否走的点，经典三要素：

1. 下个点是否是障碍物（宽泛来说是题目中的限制条件）
2. 下个点是否走过（避免死循环）
3. 下个点是否在地图内

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n, m;
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};char a[1005][1005];
bool vis[1005][1005];
struct node {int x, y, step;
};void bfs() {queue <node> q;vis[1][1] = 1;q.push({1, 1, 0});while (!q.empty()) {node u = q.front();q.pop();if (u.x == n && u.y == m) {cout << u.step << endl;return ;}for (int i = 0; i < 4; i++) {int nx = u.x + dx[i];int ny = u.y + dy[i];if (nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m) continue;if (vis[nx][ny] || a[nx][ny] == '#') continue;vis[nx][ny] = 1;q.push({nx, ny, u.step + 1});}}cout << "No solution" << endl;
}int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)cin >> a[i][j];bfs();return 0;
}

标签：动态规划
题意：给定$01$串，可以修改其中任意一个字符，把$0$变成$1$，把$1$变成$0$，不能删除或者增加$01$字符，求最少修改个数，使得给定序列中不含特定子串$110$。
题解：
贪心 $90$ 分解法：比较容易想到的一个思路是把$11$变成$10$，或者把所有$0$变成 $1$。
这个思路有以下几个反例：
$101111101$（这个只需要把后面的那个$0$改成$1$）
$1100111101$（这个可以把第$2$个$1$改成 $0$，最后那个$0$改成$1$）
像第二个反例，我们需要思考把两种贪心策略进行结合。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {int n, num = 0; // num: 连续1的个数// c1: 11110变成10100// c2: 11011变成11111int c1 = 0, c2 = 0;string s;cin >> n >> s;for (int i = 0; i < n; i++) {if (s[i] == '0') {c2++;c1 += num / 2;num = 0;} else {num++;}}cout << min(c1, c2) << endl;return 0;
}
// 9
// 101111101// 10
// 1100111101

动态规划解法：
$dp[i][0/1][0/1]$：以第$i$位为结尾，使得前$i$个字符中不包含$110$，且第$i$位是$0$或$1$，第$i-1$位是$0$或$1$的最少修改个数。
考虑状态转移：
一、如果$s[i]$修改成$0$

1. $dp[i][0][0]$（$s[i]=0,s[i-1]=0$）可以从$s[i-2]=0/1$转移过来，即$dp[i][0][0]=min(dp[i-1][0][0],dp[i-1][0][1])$
2. $dp[i][0][1]$（$s[i]=0,s[i-1]=1$）只能从$s[i-2]=0$转移过来，即$dp[i][0][0]=dp[i-1][1][0]$

二、如果$s[i]$修改成$1$
那不管是$001$、$101$、$111$$011$都是可以的。所以
$dp[i][1][0]=min(dp[i-1][0][0],dp[i-1][0][1])$
$dp[i][1][1]=min(dp[i-1][1][0],dp[i-1][1][1])$
然后再上面转移的过程中要考虑$s[i]$是否修改，所以要把这个修改的代价都带上。
最后从$dp[n-1]$的四种情况里面取最小值就可以了。
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 5e5 +10;
char s[N];
int dp[N][2][2];
// 以第i位为结尾，使得前i个字符中不包含110，
// 且第i位是0或1，第i-1位是0或1的最少修改个数int main() {int n;cin >> n >> s;int s0 = s[0] - '0', s1 = s[1] - '0';dp[1][s1][s0] = 0;dp[1][s1^1][s0] = dp[1][s1][s0^1] = 1;dp[1][s1^1][s0^1] = 2;for (int i = 2; i < n; i++) {int d = 0;// s[i]修改成0if (s[i] != '0') d = 1;dp[i][0][0] = min(dp[i-1][0][0], dp[i-1][0][1]) + d;dp[i][0][1] = dp[i-1][1][0] + d;// s[i]修改成1d = 0;if (s[i] != '1') d = 1;dp[i][1][0] = min(dp[i-1][0][0], dp[i-1][0][1]) + d;dp[i][1][1] = min(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1]) + d;}cout << min(min(dp[n-1][0][0], dp[n-1][0][1]), min(dp[n-1][1][0], dp[n-1][1][1]));return 0;
}