HFOI2017.07.10校内赛（普及组）题解

1:Maze
描述
    Acm, a treasure-explorer, is exploring again. This time he is in a special maze, in which there are some doors (at most 5 doors, represented by 'A', 'B', 'C', 'D', 'E' respectively). In order to find the treasure, Acm may need to open doors. However, to open a door he needs to find all the door's keys (at least one) in the maze first. For example, if there are 3 keys of Door A, to open the door he should find all the 3 keys first (that's three 'a's which denote the keys of 'A' in the maze). Now make a program to tell Acm whether he can find the treasure or not. Notice that Acm can only go up, down, left and right in the maze.
输入
    The input consists of multiple test cases. The first line of each test case contains two integers M and N (1 < N, M < 20), which denote the size of the maze. The next M lines give the maze layout, with each line containing N characters. A character is one of the following: 'X' (a block of wall, which the explorer cannot enter), '.' (an empty block), 'S' (the start point of Acm), 'G' (the position of treasure), 'A', 'B', 'C', 'D', 'E' (the doors), 'a', 'b', 'c', 'd', 'e' (the keys of the doors). The input is terminated with two 0's. This test case should not be processed.
输出
    For each test case, in one line output "YES" if Acm can find the treasure, or "NO" otherwise.
样例输入
    4 4
    S.X.
    a.X.
    ..XG
    ....
    3 4
    S.Xa
    .aXB
    b.AG
    0 0
样例输出
    YES

    NO

从起始点开始dfs，并在dfs的过程中记录门的坐标位置，并拾取钥匙。如果收集的钥匙数量足够，则从门的位置开始再次进行一次dfs，直到无法继续dfs为止。（判断收集的钥匙是否足够打开门的部分在dfs中完成，可以用queue存储可以进行dfs的起始点）

代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int maxn=22;const int dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};char s[maxn][maxn];bool door_reach[5];int door_xy[2][5];int key_tot[5],key_get[5];struct node{int x,y;};queue<node>q;int m,n,fx,fy,tx,ty;void dfs(int x,int y){s[x][y]='X';for(int i=0;i<4;i++){if(s[x+dx[i]][y+dy[i]]=='.')dfs(x+dx[i],y+dy[i]);if(s[x+dx[i]][y+dy[i]]>='a'&&s[x+dx[i]][y+dy[i]]<='e'){key_get[s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'a']++;if(key_get[s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'a']==key_tot[s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'a']&&door_reach[s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'a'])q.push({door_xy[0][s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'a'],door_xy[1][s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'a']});dfs(x+dx[i],y+dy[i]);}if(s[x+dx[i]][y+dy[i]]>='A'&&s[x+dx[i]][y+dy[i]]<='E'){door_reach[s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'A']=true;door_xy[0][s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'A']=x+dx[i];door_xy[1][s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'A']=y+dy[i];if(key_get[s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'A']==key_tot[s[x+dx[i]][y+dy[i]]-'A'])q.push({x+dx[i],y+dy[i]});}}}int main(){while(scanf("%d%d",&m,&n)&&(m+n)){memset(s,'X',sizeof s);memset(door_reach,false,sizeof door_reach);memset(key_tot,0,sizeof key_tot);memset(key_get,0,sizeof key_get);memset(door_xy,0,sizeof door_xy);while(!q.empty())q.pop();for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=n;j++){scanf(" %c",&s[i][j]);if(s[i][j]=='S')fx=i,fy=j,s[i][j]='.';if(s[i][j]=='G')tx=i,ty=j,s[i][j]='.';if(s[i][j]>='a'&&s[i][j]<='e')key_tot[s[i][j]-'a']++;}q.push({fx,fy});while(!q.empty()){node l=q.front();q.pop();dfs(l.x,l.y);}if(s[tx][ty]=='X')printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0;}

附：感谢hqq和lyb大神帮我查错！

2:汉诺塔问题
描述
    约19世纪末，在欧州的商店中出售一种智力玩具，在一块铜板上有三根杆，最左边的杆上自上而下、由小到大顺序串着由64个圆盘构成的塔。目的是将最左边杆上的盘全部移到中间的杆上，条件是一次只能移动一个盘，且不允许大盘放在小盘的上面。
    这是一个著名的问题，几乎所有的教材上都有这个问题。由于条件是一次只能移动一个盘，且不允许大盘放在小盘上面，所以64个盘的移动次数是：18,446,744,073,709,551,615
    这是一个天文数字，若每一微秒可能计算(并不输出)一次移动，那么也需要几乎一百万年。我们仅能找出问题的解决方法并解决较小N值时的汉诺塔，但很难用计算机解决64层的汉诺塔。
    假定圆盘从小到大编号为1, 2, ...
输入
    输入为一个整数后面跟三个单字符字符串。
    整数为盘子的数目，后三个字符表示三个杆子的编号。
输出
    输出每一步移动盘子的记录。一次移动一行。
    每次移动的记录为例如 a->3->b 的形式，即把编号为3的盘子从a杆移至b杆。
样例输入
    2 a b c
样例输出
    a->1->c
    a->2->b
    c->1->b

题目说的非常清楚，直接递归解决。前半部分先将前n-1个盘子移动到第三根柱子上，然后将最大的盘子移动到第二根柱子上，最后一个部分将第三根柱子上的盘子移动到第二根柱子上。

代码如下：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;void hanoi(int n,char a,char b,char c){if(n>1)hanoi(n-1,a,c,b);printf("%c->%d->%c\n",a,n,b);if(n>1)hanoi(n-1,c,b,a);}int main(){int n;char a,b,c;scanf("%d",&n);scanf(" %c %c %c",&a,&b,&c);hanoi(n,a,b,c);return 0;}

3:大盗阿福
描述
    阿福是一名经验丰富的大盗。趁着月黑风高，阿福打算今晚洗劫一条街上的店铺。
    这条街上一共有 N 家店铺，每家店中都有一些现金。阿福事先调查得知，只有当他同时洗劫了两家相邻的店铺时，街上的报警系统才会启动，然后警察就会蜂拥而至。
    作为一向谨慎作案的大盗，阿福不愿意冒着被警察追捕的风险行窃。他想知道，在不惊动警察的情况下，他今晚最多可以得到多少现金？
输入
    输入的第一行是一个整数 T (T <= 50) ，表示一共有 T 组数据。
    接下来的每组数据，第一行是一个整数 N (1 <= N <= 100, 000) ，表示一共有 N 家店铺。第二行是 N 个被空格分开的正整数，表示每一家店铺中的现金数量。每家店铺中的现金数量均不超过 1000 。
输出
    对于每组数据，输出一行。该行包含一个整数，表示阿福在不惊动警察的情况下可以得到的现金数量。
样例输入
    2
    3
    1 8 2
    4
    10 7 6 14
样例输出
    8
    24
提示
    对于第一组样例，阿福选择第 2 家店铺行窃，获得的现金数量为 8 。
    对于第二组样例，阿福选择第 1 和 4 家店铺行窃，获得的现金数量为 10 + 14 = 24 。
经典的序列型动归问题。

令a[i]表示编号为i的店铺的现金数量，f[i]表示阿福从编号为1的店铺洗劫到编号为i的店铺所得的最大现金数量。

则阿福可以选择放弃这一家店铺或者洗劫这一家店铺。

因为店铺中的现金数量是正整数，所以状态转移方程为：

f[i]=max{f[i-1],f[i-2]+a[i]};

时间复杂度是O(N)，空间复杂度可以降到最低O(1)。

代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=100010;int f[maxn]={},a[maxn]={},T,n;int main(){scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);f[0]=a[0];f[1]=max(a[0],a[1]);for(int i=2;i<n;i++)f[i]=max(f[i-2]+a[i],f[i-1]);printf("%d\n",f[n-1]);}return 0;}