17.10.12

• 上午
• BZOJ 真的好难啊、、、做一个就一两个h过去了。
• BZOJ 1019 [SHOI2008]汉诺塔

（算了，写得太宽了，还是贴截图吧（双击看大图哦））

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
ll f[3][105];
int g[3][105],n;
char to[10][3];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,a,b;i<=6;i++){ 
		scanf(" %c %c",&to[i][1],&to[i][2]);
		a=to[i][1]-'A'+1; b=to[i][2]-'A'+1;
		if(!g[a][1]) g[a][1]=b,f[a][1]=1;
	}
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int x=1,y,z;x<=3;x++){
			y=g[x][i-1];		//x上的前i-1个应该移到y去
			z=6-x-y;			//x上的第i个应该移到到z去 
			f[x][i]=f[x][i-1]+1;//上面两个移动的代价 
			if(g[y][i-1]==z)	//如果y上的i-1个应该移到z上，就直接移动 
				f[x][i]+=f[y][i-1],g[x][i]=z;
			else				//否则，y上的i-1个应该先移动到x上,然后z上的第i个移到y上，x上的i-1个再移到y上 
				f[x][i]+=f[y][i-1]+1+f[x][i-1],g[x][i]=y; 
		}
	}
	printf("%lld",f[1][n]);
	return 0;
}

• 九度 1535 重叠的最长子串

Ztraveler让我去做、、、、、、

想了两个办法，

一个是受bzoj 的启发，可以二分+hash做吧

我写的另一种，是用的kmp去匹配。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 1000005
using namespace std;
char t[MAXN],s[MAXN];
int nxt[MAXN],ans; 
int doit(char *A,char *B){
	int la=strlen(A),lb=strlen(B);
	nxt[0]=-1; int j=0,k=-1;
	while(j<lb){
		if(k==-1||B[k]==B[j]) k++,j++,nxt[j]=k;
		else k=nxt[k];
	}
	j=0; int i=0;
	while(i<la){
		if(A[i]==B[j]||j==-1){
			i++,j++;
			if(i==la) return j;
		} 
    	else j=nxt[j];
	}
	return 0;
}
int main(){
	while(scanf("%s%s",t,s)!=EOF){
		ans=doit(t,s);
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}

• 下午
• BZOJ 1021 [SHOI2008]Debt 循环的债务

又是神奇dp（bzoj的dp题总是摧残我）

首先有一个贪心的想法，对于某一种票子
如果一开始三个人分别有A ，B ，C张
最后通过交换变成了分别有A'，B'，C'张
即变化量分别为（有正负）da ，db ，dc
那么最少的交换次数为 (abs(da)+abs(db)+ads(dc))/2
蛤？
我们令pa=abs(da),pb=abs(db),pa=abs(dc)，psum=pa+pb+pc
显然一次票子的转移，会带来一个人的d变小，另一个人的d变大（再强调一次，d有正负）
按照贪心策略，是让d>0的人把票子给d<0的人，那么两个人对应的p分别会减小1
则psum会减小2
这表明按照贪心策略，一次票子转移对应这psum会减小2
所以最少的交换次数为 (abs(da)+abs(db)+ads(da+db))/2 （abs(dc)==abs(da+db)）

依次考虑每种票子的交换
f[i][k1][k2]:表示
前i种票子进行交换后，第一个人有k1那么多钱，第二个人有k2那么多钱时的最少交换次数
所以枚举票子种类（确定三个人的 A ，B ，C）
    分别枚举两个个人的钱数
        分别枚举两个人有多少当前票子（得出A' ，B' ，C'）
            然后用上贪心策略得出的最小转移代价，就可以刷表法转移了。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int val[10]={0,1,5,10,20,50,100};
int aim[5],tot[5],off[5],hav[5][10],cnt[10];
int f[2][1005][1005],cur,sum; 
int abs(int x){
	return x>0?x:-x;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&off[1],&off[2],&off[3]);
	for(int i=1;i<=3;i++)
		for(int j=6;j>=1;j--){
			scanf("%d",&hav[i][j]);
			tot[i]+=hav[i][j]*val[j]; cnt[j]+=hav[i][j];
		}
	sum=tot[1]+tot[2]+tot[3];
	aim[1]=tot[1]-off[1]+off[3];
	aim[2]=tot[2]-off[2]+off[1];
	if(aim[1]<0||aim[2]<0||sum-aim[1]-aim[2]<0){printf("impossible");return 0;}
	memset(f[cur],0x3f,sizeof(f[cur]));
	f[cur][tot[1]][tot[2]]=0;
	for(int i=1;i<=6;i++){
		memset(f[cur^1],0x3f,sizeof(f[cur^1]));
		for(int k1=0;k1<=sum;k1++)
			for(int k2=0;k1+k2<=sum;k2++){
				if(f[cur][k1][k2]==INF) continue;
				f[cur^1][k1][k2]=min(f[cur^1][k1][k2],f[cur][k1][k2]);
				for(int h1=0;h1<=cnt[i];h1++)
					for(int h2=0;h1+h2<=cnt[i];h2++){
						int d1=h1-hav[1][i],d2=h2-hav[2][i];
						int n1=k1+d1*val[i],n2=k2+d2*val[i];
						if(n1<0||n2<0||sum-n1-n2<0) continue;
						int dj=(abs(d1)+abs(d2)+abs(d1+d2))/2;
						f[cur^1][n1][n2]=min(f[cur^1][n1][n2],f[cur][k1][k2]+dj);
					}
			}
		cur^=1;
	}
	if(f[cur][aim[1]][aim[2]]==INF){printf("impossible");return 0;}
	printf("%d",f[cur][aim[1]][aim[2]]);
	return 0;
}

• 晚上
• BZOJ 1022 [SHOI2008]小约翰的游戏John

真的看不懂证明，就只有先记结论

Anti-SG游戏定义
    1、决策集合为空的操作者胜。
    2、其余规则与SG游戏一致。

SJ定理   
    对于任意一个Anti-SG游戏，如果定义所有子游戏的SG值为0时游戏结束，先手必胜的条件：
    1、游戏的SG值为0且所有子游戏SG值均不超过1。
    2、游戏的SG值不为0且至少一个子游戏SG值超过1。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int SG,n,T;
bool allin,oneout; //1
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		SG=0;
		allin=1; oneout=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1,x;i<=n;i++){
			scanf("%d",&x);
			if(x>1) allin=0,oneout=1;
			SG^=x;
		}
		if((!SG&&allin)||(SG&&oneout)) printf("John
");
		else printf("Brother
");
	}
	return 0;
}

• BZOJ