石子類問題總結

石子類問題總結

做題需要找興趣，比如我就比較喜歡做石子題

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1.石子歸併
Description
　　你有一堆石頭質量分別爲W1,W2,W3…WN.(W＜＝100000)現在需要你將石頭合併爲兩堆，使兩堆質量的差爲最小。
Input
　　第一行爲整數N（1<=N<=20），表示有N堆石子。接下去N行，爲每堆石子的質量。
Output
　　輸出合併後兩堆的質量差的最小值
Sample Input
　　5
　　5
　　8
　　13
　　27
　　14
Sample Output
　　3

這是一個揹包問題.
什麼？
揹包問題！
設sum=w1+w2+…+wn;
要使差變小，就要讓兩堆都向sum/2靠近，相當於有一個箱子容量爲sum/2，同時有n個物品，每個物品有一個體積 (正整數)。要求從n個物品中，任取若干個裝入箱內，使箱子的剩餘空間爲最小。(對，這就是NOIP2001普及組的題）

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
bool f[102000];
int n,a[21],sum;
int main()
{
    int i,j;
    cin>>n;
    //別問我下面這句話對不對 
    for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i];
    int tmp=sum/2;
    f[0]=true;
    for(i=1;i<=n;i++)
     for(j=tmp-a[i];j>=0;j--)//倒着來！ 
       if(f[j]) f[j+a[i]]=true;
    for(i=tmp;i;i--) if(f[i]) break;
    cout<<sum-2*i;  
    return 0;
}

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2.石子合併（一）
Description
　　在一個操場上擺放着一行共n堆的石子。現要將石子有序地合併成一堆。規定每次只能選相鄰的兩堆合併成新的一堆，並將新的一堆石子數記爲該次合併的得分。請編輯計算出將n堆石子合併成一堆的最小得分和將n堆石子合併成一堆的最大得分。
Input
　　輸入第一行爲n(n<=100)，表示有n堆石子，第二行爲n個用空格隔開的整數，依次表示這n堆石子的石子數量（<=1000）
Output
　　輸出將n堆石子合併成一堆的最小得分和將n堆石子合併成一堆的最大得分
Sample Input
　　3
　　1 2 3
Sample Output
　　9 11

dp!(NO 貪心)
f_max[i][j] 表示 把從i到j的石子合併的最大得分，f_min同理
f_max[i][j]=max{ f_max[i][k]+f_max[k+1][j],i<=j<=k-1 }+sum[j]-sum[i-1]
f_min[i][j]=min{ f_min[i][k]+f_min[k+1][j],i<=k<=j-1 }+sum[j]-sum[i-1]

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=110;
int s[maxn],f[maxn][maxn],i,j,k,n,x,g[maxn][maxn]; 
int min(int a,int b){return a>b? b:a;}
int main()
{   
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=n;j++)  g[i][j]=0;
    memset(f,127/3,sizeof(f));//特別大 ,多少呢？ 707406378
    for(i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>x;
        s[i]=s[i-1]+x;
    } 
    for(i=n-1;i>0;i--)
      for(j=i+1;j<=n;j++)
        for(k=i;k<=j-1;k++)
        {
            g[i][j]=max(g[i][j],g[i][k]+g[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
        }
    cout<<f[1][n]<<" "<<g[1][n]<<endl;
    return 0;
}

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3.石子合併（二）
Description
　　在一個園形操場的四周擺放N堆石子,現要將石子有次序地合併成一堆.規定每次只能選相鄰的2堆合併成新的一堆，並將新的一堆的石子數，記爲該次合併的得分。試設計出1個算法,計算出將N堆石子合併成1堆的最小得分和最大得分。
Input
　　輸入數據的第1行試正整數N,1≤N≤1000,表示有N堆石子.第2行有N個數,分別表示每堆石子的個數。
Output
　　輸出共2行,第1行爲最小得分,第2行爲最大得分.
Sample Input
　　4
　　4 4 5 9
Sample Output
　　43
　　54

難道和上一個不一樣？
不一樣，這是一個環
要是能把環變成直線，再用剛纔的動態轉移方程就ok啦
for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i+n]=a[i];
這樣n堆石子就變成了2n堆，環就變成了直線
maxn=max(f_max[i][i+n-1],1<=i<=n),
minn=min(f_min[i][i+n-1],1<=i<=n)
Attention!時間複雜度O(n^3) 超時！
需要動態規劃優化到O(n^2)
求最小值的話用平行四邊形優化:
設p[i][j]表示把從i到j堆石子合併時k的取值，k就是要合併的位置
f_min[i][j]=max{ f[i][j],f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1], p[i][j-1]<=k<=p[i+1][j] }
求最大值的話有這樣一個結論：f_max[i][j]=max{ f_max[i+1][j],f_max[i][j-1])+sum[j]-sum[i-1]; } 證明略

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,f_max[2001][2001],f_min[2001][2001],i,j,k,a[2001],sum[2002],maxn,minn=1000000,p[2001][2010];
int main()
{
    memset(f_min,127/3,sizeof(f_min));
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i+n]=a[i];
    for(i=1;i<=2*n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i],f_min[i][i]=0,s[i][i]=i,p[i][i]=i;
    for(i=2*n-1;i;i--)
      for(j=i+1;j<=2*n;j++)  
           {
              f_max[i][j]=max(f_max[i+1][j],f_max[i][j-1])+sum[j]-sum[i-1];
           }
    for(i=2*n-1;i;i--)
      for(j=i+1;j<=2*n;j++)
         for(k=p[i][j-1];k<=p[i+1][j];k++)
           {
              if(f_min[i][j]>f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]) 
                f_min[i][j]=f_min[i][k]+f_min[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1],p[i][j]=k;
           }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        maxn=max(f_max[i][i+n-1],maxn);
        minn=min(minn,f_min[i][i+n-1]);
    }       
    cout<<minn<<endl<<maxn;
} 

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4.SDOI2008石子合併
Description
　　在一個操場上擺放着一排N堆石子。現要將石子有次序地合併成一堆。規定每次只能選相鄰的2堆石子合併成新的一堆，並將新的一堆石子數記爲該次合併的得分。
　　試設計一個算法，計算出將N堆石子合併成一堆的最小得分。
Input
　　第一行是一個數N。
　　以下N行每行一個數A，表示石子數目。
Output
　　共一個數，即N堆石子合併成一堆的最小得分。
Sample Input
　　4
　　1
　　1
　　1
　　1
Sample Output
　　8
Hint
【數據規模和約定】
　　對於 30% 的數據，1≤N≤100
　　對於 60% 的數據，1≤N≤1000
　　對於 100% 的數據，1≤N≤40000
　　對於 100% 的數據，1≤A≤200

哈哈 O(n^2)也過不了
GarsiaWachs算法登場 看代碼吧

/*
GarsiaWachs算法的流程： 
【假設a[0]=a[n+1]=inf】 
1.從序列的左端開始找第一個a[k-1]≤a[k+1]的k，然後合併a[k-1],a[k]
2.從當前位置開始向左找第一個a[j]>a[k-1]+a[k]的j，把合併後的值插到j的後面,沒有就當第一個 
3.一直這樣重複下去直到剩下一堆
*/ 
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long ans;
int n,a[50100],t;
void work(int x)
{
    int i,j;
    int tmp=a[x]+a[x-1];
    ans+=tmp;
    for( i=x;i<t-1;i++) a[i]=a[i+1];//後面的數向前一位 
    t--;
    for( j=x-1;j>0&&a[j-1]<tmp;j--) a[j]=a[j-1];
    a[j]=tmp; 
    //注意下面的循環，算法每次是從左往右找第一個k,而找到並歸位以後 有可能在前面 出現新的滿足條件的k 
    while(j>=2&&a[j]>=a[j-2]) {
       int d=t-j;work(j-1);j=t-d;}
}
int main()
{
    int i,j;
   cin>>n;
   for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
   t=1;
   for(i=1;i<n;i++) 
   {
     a[t++]=a[i];
     while(t>=3&&a[t-3]<=a[t-1]) work(t-2);
   }
   while(t>1) work(t-1);
   cout<<ans;
   return 0;
}

---

5.質數取石子
Description
　　DD 和 MM 正在玩取石子游戲。他們的遊戲規則是這樣的：桌上有若干石子，DD 先取，輪流取，每次必須取質數個。如果某一時刻某一方無法從桌上的石子中取質數個，比如說剩下 0 個或 1 個石子，那麼他/她就輸了。

　　DD 和 MM 都很聰明，不管哪方存在一個可以必勝的最優策略，他/她都會按照最優策略保證勝利。於是，DD 想知道，對於給定的桌面上的石子數，他究竟能不能取得勝利呢？

　　當 DD 確定會取得勝利時，他會說：“不管 MM 選擇怎樣的取石子策略，我都能保證至多 X 步以後就能取得勝利。”那麼，最小的滿足要求的 X 是多少呢？注意，不管是 DD 取一次石子還是 MM 取一次石子都應該被計算爲“一步”。

Input
　　第一行有一個整數 N，表示這個輸入文件中包含 N 個測試數據。

　　第二行開始，每行有一個測試數據，其中僅包含一個整數，表示桌面上的石子數。
Output
　　你需要對於每個輸入文件中的 N 個測試數據輸出相應的 N 行。

　　如果對於該種情形是 DD 一定取得勝利，那麼輸出最小的 X。否則該行輸出 -1。
Sample Input
　　3
　　8
　　9
　　16
Sample Output
　　1
　　-1
　　3

Hint
　　【樣例說明】
　　　　當桌上有 8 個石子時，先取的 DD 只需要取走 7 個石子剩下 1 個就可以在一步之後保證勝利，輸出 1。
　　　　當桌上有 9 個石子時。若 DD 取走 2 個，MM 會取走 7 個，剩下 0 個，DD 輸。若 DD 取走 3 個，MM 會取走 5 個，剩下 1 個，DD 輸。DD 取走 5 個或者 7 個的情況同理可知。所以當桌上有 9 個石子時，不管 DD 怎麼取，MM 都可以讓 DD 輸，輸出 -1。
　　　　當桌上有 16 個石子時，DD 可以保證在 3 步以內取得勝利。可以證明，爲了在 3 步內取得勝利，DD 第一步必須取 7 個石子。剩下 9 個石子之後，不管第二步 MM 怎麼取，DD 取了第三步以後可以保證勝利，所以輸出 3。

　　【數據範圍】
　　　　輸入文件中的數據數 N<=10。
　　　　每次桌上初始的石子數都不超過 20000。
　
有沒有博弈論的感覺?
沒有，還是dp
g[i]表示當桌上還有i個石子時接下來取的人贏(true)還是輸(false)
g[i]=true 當且僅當 存在prime[j]滿足g[i-prime[j]]=false
若不存在則g[i]=false
輸出步數比較麻煩（以下廢話）
因爲DD知道了自己會贏，他就會哈皮的和MM說：“我最多在x步之內贏你。”
而MM聽到DD這麼說，MM還就不信這個邪，她就會每次儘量少取，讓DD多取幾回
而DD知道MM會這樣取，DD爲了自己的尊嚴不受到踐踏，他就會每次儘量多取
然而他不知道x最小是多少，他就找到了會編程的你

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int g[20020],prime[2263],cnt,sp[20020];
int step(int x)
{
    memset(sp,0,sizeof(sp));
    for(int i=2;i<=x;i++)
    {
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(x<prime[j]) break;
            if(g[i]==1&&g[i-prime[j]]==-1) if(sp[i]==0) sp[i]=sp[i-prime[j]]+1;else sp[i]=min(sp[i],sp[i-prime[j]]+1);
            if(g[i]==-1&&g[i-prime[j]]==1) if(sp[i]==0) sp[i]=sp[i-prime[j]]+1;else sp[i]=max(sp[i],sp[i-prime[j]]+1);
        }
    }
    return sp[x];
}
int work(int x)
{
    memset(g,0,sizeof(g));
    g[0]=g[1]=-1;
    for(int i=2;i<=x;i++)
    {
        bool flag=false;
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(prime[j]>x) break;
            if(g[i-prime[j]]==-1) {  flag=true; g[i]=1; break;  }//必勝
        }
        if(!flag) g[i]=-1;//必敗
    }
    return g[x];
}
void makeprime()
{
    for(int i=2;i<=20000;i++)
    {
        bool tmp=false;
        for(int j=2;j<=sqrt(i);j++) if(i%j==0) tmp=true;
        if(!tmp) prime[++cnt]=i;
    }
}
int main()
{
   makeprime();
   int n,i,x,f;
   cin>>n;
   for(i=1;i<=n;i++)
   {
    cin>>x;
    f=work(x);
    if(f==-1) cout<<-1<<endl;
    if(f==1) cout<<step(x)<<endl;
   }
   return 0;
}

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6.取石子
Description
有n個石子圍成一圈，每個石子都有一個權值a[i]，你需要取一些石子，每個石子的得分是a[i]*d，d表示這個石子到兩邊被取了的石子的距離和。
現在你可以取若干石子，使總得分最大。
Input
第1行一個整數n。
接下來n行，每行一個整數a[i]。
Output
僅一個整數，表示最大得分。
Sample Input
5
1
2
3
4
20
Sample Output
80

【樣例解釋】
取出20後，20旁的石頭只剩一側，長度爲4，20*（0+4）=80.距離指兩粒石子之間的石子數
Hint
【數據規模】
1≤a[i]≤100000
對於30%的數據，n≤60
對於60%的數據，n≤300
對於100%的數據，n≤100000

這個題需要好好理解，再自己算一算
首先可以肯定的是，當石子個數相同時，權值越大，分數越大
eg: 1 2 3 4 20
取20時的分數是80，取4和20時的分數爲 4*(3+0)+20*(0+3)=72
你會發現取的越多分數反而越小
呃~例子不好再找一個
eg: 1 18 3 19 20
取20時的分數是80，
取19和20時的分數爲19*(3+0)+20*(0+3)=117>80,
取 18，19，20時的分數爲18*(2+1)+19*1+20*(0+1)=93<117
你會發現取的石子超過兩個 分數就會變低，而取一個還是取兩個這是一個問題
直接在程序裏比較一下就行了
找到最大值max1和次大值max2（不需要排序）
ans=max( max1*(n-1),(max1+max2)*(n-2) )

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;

int main()
{
    long long n,i,x;
    long long max1,max2;
    cin>>n;
    if(n>=2) cin>>max1>>max2;else cin>>max1;
    if(max1<max2) swap(max1,max2);
    for(i=3;i<=n;i++)//尋找最大值和次大值
    {
        scanf("%lld",&x);
        if(x>max1) {
            max2=max1;max1=x;
        }else
        if(x>max2) max2=x;
    }
//    long long a[100010];
//    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
//    sort(a+1,a+n+1);
//    max1=a[n];max2=a[n-1];
    long long ans1=max1*(n-1);
    long long ans2=(max1+max2)*(n-2);
    printf("%lld",max(ans1,ans2));
   return 0;
}

---

7.取石子游戲（一）
Description
有一種有趣的遊戲，玩法如下
玩家：2人
道具：N顆石子
規則：
1.遊戲雙方輪流取石子；
2.每人每次取走若干顆石子(最少取1顆，最多取K顆)；
3.石子取光，則遊戲結束；
4.最後取石子的一方爲勝；
假如參與遊戲的玩家都非常聰明，問最後誰會獲勝？
Input
一行，兩個整數N和K。(1<=N<=100000,K<=N)
Output
一行， 一個整數，若先手獲勝輸出1，後手獲勝輸出2
Sample Input
23 3
Sample Output
1

博弈論基礎
還需要再解釋什麼嗎？

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int n,k;
   cin>>n>>k;
   if(n%(k+1)) cout<<1;else cout<<2;
   return 0;
}

---

8.取石子游戲（二）
Description
有一種有趣的遊戲，玩法如下
玩家：2人
道具：N堆石子，每堆石子的數量分別爲X1,X2,…,Xn
規則：
1.遊戲雙方輪流取石子；
2.每人每次選一堆石子，並從中取走若干顆石子(至少取1顆)；
3.所有石子被取完，則遊戲結束；
4.如果輪到某人取時已沒有石子可取，那此人算負；

假如兩個遊戲玩家都非常聰明，問誰勝誰負？
遊戲試玩(只有三堆的情況)：
Input
第一行，一個整數N(N<=10000)
第二行，N個空格間隔的整數Xi，表示每一堆石子的顆數(1<=Xi<=100000)。
Output
一行， 一個整數，若先手獲勝輸出1，後手獲勝輸出2
Sample Input
4
7 12 9 15
Sample Output
1

經典Nim博弈

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
    int n,x,f;
    cin>>n>>f;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        cin>>x;
        f=f^x;
    }
    if(!f) cout<<'2';else cout<<'1';
    return 0;
}