分裂游戏ca88手机版登录网址

2064: 分裂

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BZOJ 1188: [HNOI2007]差异游戏(multi-nim),bzojhnoi二零零七

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Description

背景: 和久必分,分久必和。。。 标题描述:
中华夏族民共和国历史上上分分和和次数相当多。。通读中华人民共和国野史的WJMZBM普拉多表示不要压力。
同时日常搞OI的她把这几个变成了二个数学模型。 假若中夏族民共和国的疆域总和是不变的。
每种国家都得以用她的国土面积代替,
又二种或然,一种是两国统一为叁个,那么新江山的面积为两者之和。
一种是二个国家解体为一个,那么二个新国家的面积之和为原国家的面积。
WJMZBMHaval将来领会了很悠久的寿终正寝中华的情况,又亮堂了中华今昔的境况,想领悟至少要两遍操作(不一样和联合各算3遍操作),能让中夏族民共和国从当时事态到达今后的事态。

Description

聪聪和睿睿近期迷上了一款叫做差别的游艺。该游戏的规则试:共有n个瓶子,标号为0,1,2…..n-1,第i个瓶子中
装有p[i]颗巧克力豆,两人轮换取豆子,每一轮每人选拔3个瓶子。标号为i,j,k,并要保障i<j,j<=k且第i个瓶子
中至少要有1颗巧克力豆,随后此人从第i个瓶子中拿走一颗豆子并在j,k中各放入一粒豆子(j或许等于k)。假若轮到某人而她不能按规则取豆子,那么他将输掉比赛。胜利者可以获得全体的巧克力豆!五人最后决定由聪聪先
取豆子,为了能够取得终极的巧克力豆,聪聪自然希望赢得比赛。他心想了眨眼之间间,发今后一些情况下,先拿的人一
定有点子大败,可是他不亮堂对于其余情状是不是有必胜策略,更不掌握第②步该怎么取。他决定悄悄请教聪明的你
,希望你能告诉她,在加以每一种瓶子中的最初豆子数后是或不是能让祥和得到全部巧克力豆,他还希望你告诉她率先步
该怎么着取,并且为了顺遂,第壹步有些许种模拟? 假定 1 < n < =
21,p[i] < = 10000

Input

首先行三个数n1,表示立刻的块数,接下去n二个数分别代表各块的面积。
第三行五个数n2,表示将来的块,接下去n一个数分别表示各块的面积。

Input

输入文件首先行是一个整数t表示测试数据的组数,
接下来为t组测试数据(t<=10)。 每组测试数据的第③行是瓶子的个数n,
接下来的一条龙有n个由空格隔绝的非负整数,表示每种瓶子中的豆子数。

Output

一行二个数表示相当的小次数。

Output

对于每组测试数据,输出包涵两行,
第3表现用贰个空格两两隔绝的多少个整数,表示要想赢得游戏,
第①步应该选拔的三个瓶子的编号i,j,k,
即便有多组符合须要的解,那么输出字典序最小的一组。
要是不顾都心有余而力不足获得游戏,那么输出用二个空格两两隔绝的八个-1。
第2行代表要想确定保障得到竞技,第2步有稍许种不一致的模仿。

Sample Input

1 6
3 1 2 3

Sample Input

2
4
1 0 1 5000
3
0 0 1

Sample Output

2
数量范围:
对于100%的数据,n1,n2<=10,每个数<=50
对于30%的数据,n1,n2<=6,

Sample Output

0 2 3
1
-1 -1 -1
0

HINT

 

HINT

Source

和谐社会模拟赛

  那道题真心和谐啊,连题解都搜不到,黄学长都说“只可意会,不可言传”。逗作者呢?!

  于是乎本着良心笔者主宰言传一下。

  大家得以先把这一个国家想成橡皮泥,大家的指标就是把一堆橡皮泥变成另一堆橡皮泥。考虑最多的步数,就是大家先把装有橡皮泥揉到联合,然后再挨个往外掰,那么步数就是n1+n2-2。

  不过,大家得以小心到,假诺大家能够再把近期的两堆橡皮泥分成4堆,两两对应,那么,我们就从不供给把两堆在和在一道在分别了。换句话说,大家把它分解成了五个子难题,而如此做的准绳便是两两对应的堆大小相当于。然后多个小堆恐怕被我们随后往下分,然后又省了两步,然后……

  所以,借使大家如此做最多能够分成k对,那么答案正是n+m-2*k。

  那么难点来了,大家到底怎么去求呢?

  数据范围如此小,大家得以考虑状压一发。为了便利,大家把两堆合在一起状压,状态便是看那些橡皮泥选没选,然后挨个去找最佳的变换,最终看一下当下处境是否也是足以结合两两配对的两堆的,若是是,那么f[i]+1,因为刨去i代表的橡皮泥剩下的也决然是两两配对的。

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 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdlib>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <queue>
 6 #include <algorithm>
 7 #include <cmath>
 8 #include <map>
 9 #include <vector>
10 #define N (1<<21)
11 using namespace std;
12 int f[N],sum[N];
13 int n1,n2,n;
14 int a[100],b[100];
15 int main()
16 {
17     scanf("%d",&n1);
18     for(int i=1;i<=n1;i++)
19     {
20         scanf("%d",&a[i]);
21         sum[(1<<(i-1))]=a[i];
22     }
23     scanf("%d",&n2);    
24     for(int i=1;i<=n2;i++)
25     {
26         scanf("%d",&b[i]);
27         sum[(1<<(i-1+n1))]=-b[i];
28     }
29     n=n1+n2;
30     for(int i=1;i<(1<<n);i++)
31     {
32         sum[i]=sum[i&(-i)]+sum[i-(i&(-i))];
33         for(int j=1;j<=n;j++)
34         {
35             if(i&(1<<(j-1)))
36             {
37                 f[i]=max(f[i],f[i-(1<<(j-1))]);
38             }
39         }
40         if(!sum[i])f[i]++;
41     }
42     printf("%d\n",n-2*f[(1<<n)-1]);
43     return 0;
44 }

View Code

Source

 

又一道神题,一伊始一贯在条分缕析最终一堆和尾数第2堆,分析出了一坨没卵用的性质

率先,大家依照套路,观察有没有模仿棋性质的操作,发现当豆子个数为偶数的时候后手能够把先手抵消掉

这样的话豆子数实际就改成了一串01行列

我们那儿回过头来考虑拿豆子的操作,实际上正是三个multi-nim的模型,然后那题就可做了

因为处理的时候供给动用前面包车型客车SG函数,所以用记念化搜索

输出方案的话。

暴力枚举第3个的岗位,然后用异或的天性判断一下

 

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int MAXN=1001;
inline char nc()
{
    static char buf[MAXN*100],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,MAXN*100,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
    char c=nc();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=nc();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=nc();}
    return x*f;
}
int N,S[MAXN],SG[MAXN];//游戏可以看做是每个位置独立进行的
int a[MAXN];
int dfs(int now)
{
    if(SG[now]!=-1) return SG[now];
    memset(S,0,sizeof(S));
    for(int i=now+1;i<=N;i++)
        for(int j=i;j<=N;j++)
            S[ (dfs(i)^dfs(j)) ] = 1;
    for(int i=0;;i++) if(!S[i]) {SG[now]=i;break;}
    return SG[now];
} 
int main()
{
    #ifdef WIN32
    freopen("a.in","r",stdin);
    #else
    #endif
    int QwQ=read();
    while(QwQ--)
    {
        memset(SG,-1,sizeof(SG));
        N=read();
        for(int i=1;i<=N;i++) a[i]=read();
        for(int i=1;i<=N;i++) 
                if(a[i]&1) dfs(i);    
        int ans=0,tot=0;
        for(int i=1;i<=N;i++) if(a[i]&1)ans=(ans^dfs(i));
        for(int i=1;i<=N;i++)
            for(int j=i+1;j<=N;j++)
                for(int k=j;k<=N;k++)
                {
                    if( (ans^dfs(i)^dfs(j)^dfs(k) )!=0) continue;
                    tot++;
                    if(tot==1) printf("%d %d %d\n",i-1,j-1,k-1);
                }
        if(tot==0) printf("-1 -1 -1\n");
        printf("%d\n",tot);
    }

    return 0;
}

 

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