Topcoder SRM 639 (Div.2)

A.ElectronicPetEasy

【题意】一个数st1开始，每次加p1，一共加t1次，另外一个数st2开始，每次加p2，一共加t2次，输入的数均小于1000，问这两个数有没有可能相等，有可能输出“Easy”，否则输出“Difficult”

【解释】显然列出两个循环即可，1000*1000也不会超时

const string dif="Difficult";
const string eas="Easy";
class ElectronicPetEasy
{		
	public:
	string isDifficult(int st1, int p1, int t1, int st2, int p2, int t2)
	{
		int i,j,k;
		int m1=st1+p1*(t1-1);
		int m2=st2+p2*(t2-1);
		for (i=st1;i<=m1;i+=p1)
		{
			for (j=st2;j<=m2;j+=p2)
			{
				if (i==j) return dif;
			}
		}
		return eas;
	}
};

B.AliceGameEasy

【题意】从1到n，爱丽丝取出几个数累加为x，桐人取出几个数累加为y，给出x和y，问爱丽丝做少取了多少个数（不可能时输出-1）。

【解释】贪心算法

先判断x+y=n*(n+1)/2，能否求出整数n，不能求出来 或者 求出的n不是整数 那么输出-1就好喽

既然求出n了，就让爱丽丝从最大的数开始取，n,n-1,n-2...直到存在k ，使得刚好n+(n-1)+(n-1)+...+(n-k+1)>=x（"刚好"的意思是n+(n-1)+(n-1)+...+(n-k)<x），答案就是k。

class AliceGameEasy
{	
	public:
	long long findMinimumValue(long long x, long long y)
	{
		LL i,j,k;
		LL dt=(x+y)*8+1;
		LL sqr_dt=(LL)(sqrt(dt));
		if (sqr_dt*sqr_dt!=dt) return -1;
		sqr_dt--;
		if (sqr_dt%2) return -1;
		LL n=sqr_dt/2;
		LL ans=0;
		while (x>0)
		{
			x-=n;
			n--;
			ans++;
		}
		return ans;
	}
};

C.BoardFoldingDiv2

【题意】给出一个01矩阵（最多50*50）（就是题目说的纸），现在要折叠这个矩阵，折叠要满足：

1.平行于某条边折叠

2.要沿相邻两列数字之间折叠

3.折叠后下方的数字与上方的数字相等

现在问有多少种折叠方法，（其中折叠后如果是同一块矩阵区间则算同一种方法）

【解释】显然是可以将行与列分开求，求只按行折叠的方法数ansr，和只按列折叠的方法数ansc，最后ansr*ansc就是答案。

由于按行和按列求的方法相同，下面以按列举例。

出题人相当良心，只给了50*50的规模，而且最重要的是只有0和1，那么将每列的01串视为一个二进制数，用long long存完全能存下，我们存到c[]数组中。

大致思路：枚举右界，如果右界可行的话（需要预处理），再枚举左界，如果左界也可行的话，就算是一个解。

这是预处理：设right[i]=1表示从右开始折叠，能折叠到i，即折叠后第i+1~n-1个数（数的编号是0到n-1）全都消失掉了。当然right[i]=0时表示不能折叠到第i个数。

然后枚举左界，right[k]=1时，枚举左界i，用left[i]表示从左开始折叠，能折叠到i（与right[]是相同的思路，只是变了一下方向）。

算法是O(n³)的

typedef long long LL;
int n,m;
LL r[55],c[55];
int ansr,ansc,lef[55],rig[55];
class BoardFoldingDiv2
{	
	public:
	
	int howMany(vector <string> paper)
	{
		int i,j,k;
		memset(r,0,sizeof(r));
		memset(c,0,sizeof(c));
		ansr=ansc=0;
		n=paper.size();
		m=paper[0].size();
		
		for (i=0;i<n;i++)
		{
			for (j=0;j<m;j++)
			{
				r[i]=r[i]*2+paper[i][j]-'0';
				c[j]=c[j]*2+paper[i][j]-'0';
			}
		}
		/*对每一横行操作*/
	 	memset(rig,0,sizeof(rig));
		rig[n-1]=1;
		for (i=n-2;i>=0;i--)
		{
			for (j=1;i+j<n&&i-j+1>=0;j++)
			{
				if (r[i+j]==r[i-j+1])
				{
					if (rig[i+j])
					{
						rig[i]=1;
						break;
					}
				}
				else break;
			}
		}
		for (k=n-1;k>=0;k--)//枚举右界
		{
			if (rig[k]==0) continue;//如果右界不可达，continue
			memset(lef,0,sizeof(lef));
			lef[0]=1; ansr++;
			for (i=1;i<=k;i++)//枚举左界
			{
				for (j=1;i+j-1<=k&&i-j>=0;j++)//判断左界是否可达
				{
					if (r[i+j-1]==r[i-j])
					{
						if (lef[i-j])//如果left[i-j]可达 并且 正好能沿数i与数i-1间折叠
						{
							lef[i]=1;//设为可达后跳出
							break;
						}
					}
					else break;
				}
				if (lef[i]!=0) ansr++;
			}
		}
		
	 	/*对每一列操作*/ 
	 	memset(rig,0,sizeof(rig));
		rig[m-1]=1;
		for (i=m-2;i>=0;i--)
		{
			for (j=1;i+j<m&&i-j+1>=0;j++)
			{
				if (c[i+j]==c[i-j+1])
				{
					if (rig[i+j])
					{
						rig[i]=1;
						break;
					}
				}
				else break;
			}
		}
		
		for (k=m-1;k>=0;k--)
		{
			if (rig[k]==0) continue;
			memset(lef,0,sizeof(lef));
			lef[0]=1; ansc+=min(1,lef[0]*rig[k]); 
			for (i=1;i<=k;i++)
			{
				for (j=1;i+j-1<=k&&i-j>=0;j++)
				{
					if (c[i+j-1]==c[i-j])
					{
						if (lef[i-j])
						{
							lef[i]=1;
							break;
						}
					}
					else break;
				}
				if (lef[i]!=0) ansc++;
			}
		}
		return ansr*ansc;
	}
};