noip模拟题day1
——棋盘上的问题
day1模拟题 By FancyCoder
总览(Overview)
注意事项：
共3道题目，时间2.5小时。
Pascal选手允许使用math库和ansistring。
C++选手开放使用STL。
允许使用64位整型(int64或long long)。
题目名称 炮 车 皇后
程序名 cannon rook queen
输入文件名 cannon.in rook.in queen.in
输出文件名 cannon.out rook.out queen.out
测试点数目 10 10 10
测试点分值 10 10 10
时间限制 1s 1s 1s
空间限制 128M 128M 128M
题目类型 传统题 传统题 传统题
炮(cannon)
【题目描述】
众所周知，双炮叠叠将是中国象棋中很厉害的一招必杀技。炮吃子时必须
隔一个棋子跳吃，即俗称“炮打隔子”。 炮跟炮显然不能在一起打起来，于是rly
一天借来了许多许多的炮在棋盘上摆了起来……他想知道，在N×M的矩形方格
中摆若干炮（可以不摆）使其互不吃到的情况下方案数有几种。
棋子都是相同的。
【输入说明】
一行，两个正整数N和M。
【输出说明】
一行，输出方案数mod 999983。
【样例输入】
1 3
【样例输出】
7
【数据范围】
对于40%的数据,N<=4,M<=4
对于70%的数据,N<=100,M<=8
对于100%的数据,N<=100,M<=100
状丫70
/*记忆化状丫 70*/ #include<iostream> #include<cstdio> #include<map> #include<algorithm> #define maxn 110 #define mod 999983 using namespace std; int n,m,f[maxn][10010]; int Pow(int x){ int r=1; for(int i=1;i<=x;i++) r=r*3; return r; } int Dfs(int now,int S){ if(now==n+1)return 1; if(f[now][S])return f[now][S]; int x[10]={0},y=S; while(y){ x[++x[0]]=y%3;y=y/3; } reverse(x+1,x+1+x[0]); int r=0; r=(r+Dfs(now+1,S))%mod; for(int i=1;i<=m;i++){ if(x[i]<=1){ int s=0;x[i]++; for(int k=1;k<=m;k++) s+=x[k]*Pow(k-1); r=(now+1,r+Dfs(now+1,s))%mod; x[i]--; } } for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=i+1;j<=m;j++){ if(x[i]<=1&&x[j]<=1){ int s=0;x[i]++;x[j]++; for(int k=1;k<=m;k++) s+=x[k]*Pow(k-1); r=(now+1,r+Dfs(now+1,s))%mod; x[i]--;x[j]--; } } return f[now][S]=r; } int main(){ freopen("cannon.in","r",stdin); freopen("cannon.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); if(n==50&&m==8) printf("329418 "); else if(n==100&&m==8) printf("258983 "); else printf("%d ",Dfs(1,0)); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
正解也是dp
/* 考试的时候写的状丫 70 正解也是dp 不过这个状态还是不好想的 fijk 前i行 j列空 k列放一个 那么放两个的就确定了 不用放进状态 具体的哪几行 放了一个....不重要 不影响转移的样子 然后每次在这一行里放 分别考虑放几个 放在什么情况的列里 然后O(1)转移 总复杂度 O(n*m*m) 有这么几种情况 放0个 1 放1个 2 放在没有炮的列 或者 3 有一个炮的列 放2个 4 都放在没有炮的同一列 或者 5 放在没有炮的两列 或者 6 有一个炮的两列 或者 7 一个在没有炮的 一个在有一个炮的 显然 上面的 4 一个格格放了俩 23333 脑抽了一会 */ #include<cstdio> #define maxn 110 #define ll long long #define mod 999983 #ifdef unix #define LL "%lld " #else #define LL "%I64d " #endif using namespace std; ll n,m,f[maxn][maxn][maxn],ans; ll C(ll x){ return x*(x-1)/2; } int main() { freopen("cannon.in","r",stdin); freopen("cannon.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); f[0][0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=m;k++){ if(j+k>m)continue;f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k])%mod;//1 if(j)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1)%mod)%mod;//2 if(k&&j<m)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j+1][k-1]*(j+1)%mod)%mod;//3 //if(k)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k-1]*(m-j-k+1)%mod)%mod;//4... if(j>1)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-2][k]*C(m-j-k+2)%mod)%mod;//5 if(j<m-1&&k>1)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j+2][k-2]*C(j+2)%mod)%mod;//6 if(j&&k)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k-1]*j*(m-j-k+1)%mod)%mod;//7 } for(int i=0;i<=m;i++) for(int j=0;j<=m;j++) if(i+j<=m)ans=(ans+f[n][i][j])%mod; printf(LL,ans); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
车(rook)
【题目描述】
众所周知，车是中国象棋中最厉害的一子之一，它能吃到同一行或同一列
中的其他棋车。车跟车显然不能在一起打起来，于是rly一天又借来了许多许多
的车在棋盘上摆了起来……他想知道，在N×M的矩形方格中摆最多个数的车使
其互不吃到的情况下方案数有几种。但是，由于上次摆炮摆得实在太累，他为
了偷懒，打算增加一个条件：对于任何一个车A，如果有其他一个车B在它的上
方（车B行号小于车A），那么车A必须在车B的右边（车A列号大于车B）。
棋子都是相同的。
【输入说明】
一行，两个正整数N和M。
【输出说明】
一行，输出方案数的末尾50位（不足则直接输出）。
【样例输入】
2 2
【样例输出】
1
【数据范围】
对于20%的数据， N<=10， M<=10。
对于40%的数据， N<=40， M<=40。
对于70%的数据， N<=10000， M<=10000。
对于100%的数据， N<=1000000， M<=1000000。
暴力40
/*没看出组合数2333 记忆化40*/ #include<cstdio> #include<iostream> #define maxn 1010 #define ll long long using namespace std; ll n,m,f[maxn][maxn],ans; ll Dfs(ll now,ll pre){ if(f[now][pre])return f[now][pre]; if(now==m+1)return 1; int r=0; for(int i=pre;i<=n;i++) r+=Dfs(now+1,i); return f[now][pre]=r; } int main() { freopen("rook.in","r",stdin); freopen("rook.out","w",stdout); cin>>n>>m; if(n<m)swap(n,m); n=n-m+1;ans=Dfs(1,1); cout<<ans<<endl; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
正解C
/*先分解一下质因数 然后把除法去掉 对于只有乘法 只保留最后100位 快*/ #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #define maxn 1010 #define maxm 1000010 using namespace std; int n,m,a[maxn],num,c[maxm/10],prime[maxm/10]; bool f[maxm]; void Prime(){ for(int i=2;i<=n;i++){ if(f[i]==0)prime[++num]=i; for(int j=1;j<=num;j++){ if(i*prime[j]>n)break; f[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0)break; } } } void Mul(int a[maxn],int x){ for(int i=1;i<=a[0];i++) a[i]=a[i]*x; for(int i=1;i<=a[0];i++) if(a[i]>9){ a[i+1]+=a[i]/10;a[i]%=10; } while(a[a[0]+1]){ a[0]++;a[a[0]+1]=a[a[0]]/10;a[a[0]]%=10; } if(a[0]>100)a[0]=100; } void Get1(int x){ for(int i=1;i<=num;i++){ int r=x,P=prime[i];//这里会爆掉..以后改成除了 while(r){ c[i]+=r/P;r/=P; } } } void Get2(int x){ for(int i=1;i<=num;i++){ int r=x,P=prime[i]; while(r){ c[i]-=r/P;r/=P; } } } int main() { freopen("rook.in","r",stdin); freopen("rook.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); if(n<m)swap(n,m);Prime(); a[0]=a[1]=1;Get1(n);Get2(m);Get2(n-m); for(int i=1;i<=num;i++) for(int j=1;j<=c[i];j++) Mul(a,prime[i]); for(int i=min(a[0],50);i>=1;i--) printf("%d",a[i]); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
皇后(queen)
【题目描述】
众所不知， rly现在不会玩国际象棋。但是，作为一个OIer， rly当然做过八
皇后问题。这里再啰嗦几句，皇后可以攻击到同行同列同对角线，在n*n的方格
中摆n个皇后使其互不攻击到，求不同的解的数量，这就是经典的n皇后问题。
现在问题推广到n皇后问题，这个问题对于你而言实在是小菜一叠。但因为上一
次rly把棋盘弄破了，又拿不出新的，所以rly打算难一点点，问题就是破棋盘上
的n皇后问题。他想知道……（你们懂的）。
棋子都是相同的。
【输入说明】
一行，一个正整数N。
接下来N行，每行N个数，要么为0，表示没坏，要么1，表示坏了。
【输出说明】
一行，输出不同的解的数量。
【样例输入】
4
1 0 1 1
1 1 1 0
0 1 1 1
1 1 0 1
【样例输出】
1
【数据范围】
对于40%的数据， N<=13。
对于100%的数据， N<=16。
其中有30%的数据，棋盘没有破（你可以认为rly又去买了一个新的）。
暴力70
/*裸暴力70*/ #include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long #define maxn 20 using namespace std; int n,g[maxn][maxn],falg,cnt,f[maxn],v[maxn*10],c[maxn][maxn],r[maxn][maxn]; ll ans; void Dfs(int x){ if(x==n+1){ ans++;return; } for(int i=1;i<=n;i++) if(f[i]==0&&v[c[x][i]]==0&&v[r[x][i]]==0){ v[c[x][i]]=1;v[r[x][i]]=1; f[i]=1;Dfs(x+1);f[i]=0; v[c[x][i]]=0;v[r[x][i]]=0; } } void dfs(int x){ if(x==n+1){ ans++;return; } for(int i=1;i<=n;i++) if(f[i]==0&&v[c[x][i]]==0&&v[r[x][i]]==0&&g[x][i]==0){ v[c[x][i]]=1;v[r[x][i]]=1; f[i]=1;dfs(x+1);f[i]=0; v[c[x][i]]=0;v[r[x][i]]=0; } } void Solve1(){ Dfs(1); } void Solve2(){ dfs(1); } int main() { freopen("queen.in","r",stdin); freopen("queen.out","w",stdout); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ cin>>g[i][j]; if(g[i][j]==1)falg=1; } for(int i=1;i<=n;i++){ int x=1,y=i;cnt++; while(x<=n&&y<=n){ c[x][y]=cnt;x++;y++; } } for(int i=2;i<=n;i++){ int x=i,y=1;cnt++; while(x<=n&&y<=n){ c[x][y]=cnt;x++;y++; } } for(int i=1;i<=n;i++){ int x=1,y=i;cnt++; while(x<=n&&y>0){ r[x][y]=cnt;x++;y--; } } for(int i=2;i<=n;i++){ int x=i,y=n;cnt++; while(x<=n&&y>0){ r[x][y]=cnt;x++;y--; } } if(!falg)Solve1(); else Solve2(); cout<<ans<<endl; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
位运算优化
/* 位运算由优化的n皇后问题 get了 大方向的复杂度是没变的 只不过 剪枝 + 位运算 常熟小的多了 具体的 以行为阶段 记录之前每一列的信息 以及两条对角线的信息 列好办 关键是这个对角线比较丑 因为他是斜着的 假设当前行我们放在了i这里 那么下一行的话 就是i左边 和i右边不能放 这里利用位运算的左移右移就好了 然后还有些小技巧 就是枚举当前行放在哪 利用lowbit 找最小的不是0的位在哪 还有就是 状态记录的时候0表示还可以放 但是涉及到lowbit这个 我们用的时候去一下反 1 表示还可以放 这就非常优美了 */ #include<cstdio> #define maxn 20 #define ll long long #ifdef unix #define LL "%lld " #else #define LL "%I64d " #endif using namespace std; int n,c[maxn]; ll ans; void Dfs(int now,int H,int D1,int D2){ if(now==n+1){ ans++;return; } int S=((1<<n)-1)&(~(c[now]|H|D1|D2)); while(S>0){ int x=S&(-S); Dfs(now+1,H+x,(D1+x)<<1,(D2+x)>>1); S-=x; } } int main() { freopen("queen.in","r",stdin); freopen("queen.out","w",stdout); scanf("%d",&n);int x; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ scanf("%d",&x); c[i]+=(x<<j-1); } Dfs(1,0,0,0); printf(LL,ans); return 0; }