【FZU 2200、2202~2204】FOJ有奖月赛 2015.10 个人的部分题解（C、E、F、G）

比赛地址：http://acm.fzu.edu.cn/contest/ranklist.php?cid=145

目前只会CEFG这4个题，下面的题解按过题的顺序来排。

Problem E 犯罪嫌疑人

http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2202

看题转述+推理一下。

存在犯罪嫌疑人，当他是实际犯罪者的时候，恰好有且仅有M句话是真话。

那么，如果我们假定一个人是犯罪嫌疑人，有几句话是真话呢？

假设有A句是说xxx是犯罪者的句式，B句是说xxx不是犯罪者的句式。

那么当某人X为犯罪嫌疑人的时候，

真话句数=说X为犯罪者的数量+（B-说X不是犯罪者的数量）//非常自然对吧

然后我们可以得知，哪些人可能是犯罪者了。

如果只有1个人，那么每个人说的话的真假是直接被确定了，毫无疑问。

如果有多个人，

• 如果某人说的是xxx是犯罪者的句式，如果xxx可能为犯罪者，则他的话可真可假；如果xxx不可能是犯罪者，那他说的一定是假话。
• 如果某人说的是xxx不是犯罪者的句式，如果xxx可能为犯罪者，则他的话可真可假；如果xxx不可能是犯罪者，那他说的一定是真话。

所以O(n)统计每个人被指认多少次+每个人被排除嫌疑多少次，O(n)来判断每个人是不是可能是犯罪嫌疑人。最后O(n)推断每句话的真假，没了。

#include <stdio.h>#include <ctype.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <limits.h>#include <math.h>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;int data[100005];int votea[100005],voteb[100005];bool iscrime[100005];int main(){    int T;    int n,m;    for(scanf("%d",&T);T--;){        scanf("%d%d",&n,&m);        fill(votea,votea+1+n,0);        fill(voteb,voteb+1+n,0);        fill(iscrime,iscrime+1+n,0);        int upcnt=0,downcnt=0;        for(int i=1;i<=n;i++){            scanf("%d",&data[i]);            if(data[i]>0)votea[data[i]]++;            else voteb[-data[i]]++;            if(data[i]>0)upcnt++;            else downcnt++;        }        int crimecnt=0;        for(int i=1;i<=n;i++){            int tmp=votea[i]+(downcnt-voteb[i]);            if(tmp==m){                iscrime[i]=true;                crimecnt++;            }        }        if(crimecnt==1){            for(int i=1;i<=n;i++){                if(data[i]>0){                    if(iscrime[data[i]]){                        puts("Truth");                    }else puts("Lie");                }else{                    data[i]=-data[i];                    if(iscrime[data[i]]){                        puts("Lie");                    }else puts("Truth");                }            }        }else{            for(int i=1;i<=n;i++){                if(data[i]>0){                    if(iscrime[data[i]]){                        puts("Not defined");                    }else puts("Lie");                }else{                    data[i]=-data[i];                    if(iscrime[data[i]]){                        puts("Not defined");                    }else puts("Truth");                }            }        }    }    return 0;}

Problem F 单纵大法好

http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2203

首先，下面给的炮弹落点是按时间顺序给的，所以不要排序。

其次，落点越多，可放的地方越少，明显会从没被打到到不得不被打到了，于是可以二分时刻。

对一个给定的时刻，先炮弹落下去，然后数剩下的所有连续可放的地方能放船的数量是多少（注意每2个船之间要一个空格，所以2个船在一段连续空白中最小占地是2*a+1），O(n)的时间复杂度。

所以总体复杂度是O(nlogn)，反正1s还是不太紧张的，时限5s就太客气了，多谢多谢。

#include <stdio.h>#include <ctype.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <limits.h>#include <math.h>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;int n,k,a,m;int times[200005];bool isb[200005];bool check(int t){    fill(isb,isb+n+1,true);    for(int i=0;i<t;i++){        isb[times[i]]=false;    }    int preblank=0,pcnt=0;    for(int i=1;i<=n;i++){        if(isb[i])preblank++;        else{            if(preblank>=a)pcnt+=1+(preblank-a)/(a+1);            preblank=0;        }    }    if(preblank>=a)pcnt+=1+(preblank-a)/(a+1);    return pcnt>=k;}int main(){    while(scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&a,&m)!=EOF){        for(int i=0;i<m;i++){            scanf("%d",&times[i]);        }        int l=0,r=m,mid;        while(r-l>=3){            mid=(l+r)/2;            if(check(mid))l=mid;            else r=mid;        }        bool found=false;        for(int i=l+1;i<=r;i++){            if(check(i-1)==true&&check(i)==false){                printf("%d\n",i);                found=true;                break;            }        }        if(!found)puts("-1");    }    return 0;}

Problem G 7

http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2204

上来以为是打表找规律，于是bitset暴力计算打表好。

#include <stdio.h>#include <ctype.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <limits.h>#include <math.h>#include <algorithm>#include <bitset>using namespace std;typedef long long ll;const int n=22;bool check(bitset<n> s){    for(int i=0;i<n;i++){        int cnt=0;        for(int j=0;j<7;j++){            if(s[i])if(s[(i+j)%n])cnt++;            if(!s[i])if(!s[(i+j)%n])cnt++;        }        if(cnt==7)return false;    }    return true;}int main(){    int ans=0;    for(int i=0;i<(1<<n);i++){        bitset<n> s(i);        if(check(s)) ans++;    }    printf("%d %d %d\n",ans,1<<n,(1<<n)-ans);    return 0;}

兴冲冲的发现 7≤n≤14的时候，相邻两项的差的差有规律，线上打表来一发，WA。

然后往后拍，发现后面规律就散乱的让人抓狂，于是gg，放弃打表的念想。转而想DP。

考虑黑白交替的放1~6个球这个行为，然后写dp状态：

f[一开始放了什么颜色的][在这个位置放了什么颜色的][放到第几个位置了]

好，现在有个问题：我最后放的球如果和一开始放的是相同的颜色，那我最后放球的个数还受制于一开始放的球的个数，现在这个dp状态没法很好的搞定这个问题。

那没关系，多一个状态：

f[一开始放了什么颜色的][一开始放了几个同色的球][在这个位置放了什么颜色的][放到第几个位置了]

然后可以发现，先放黑的方案和先放白的方案是一一对应的，所以第一个状态没用，最后算出来的结果*2就好了，删删删。

继续，你会写出

f[1][0][1]=1;f[2][0][2]=1;f[3][0][3]=1;f[4][0][4]=1;f[5][0][5]=1;f[6][0][6]=1;

太丑了吧……而且f[1]\f[2]\f[3]\……这之后的2维之间的dp明显的相互独立，来来来，再删一维，变成做6遍dp，然后加6个结果就行。

于是现在dp状态定下了：

f[在这个位置放了什么颜色的][放到第几个位置了]

外层for循环6次，从1到6，表示一开始放下了某种颜色A的球的数量，初始化dp，然后后面对当前色彩，合法的去取最后是另一种色彩的球的方案数，加起来，当要放最后一个球的时候，记得考虑，如果和一开始放的球同色，与一开始放的球连起来不能超过6个。

不过，真的感觉哔了狗的是，dp写完以后一个地方越界没考虑过，交上去WA，本地补上考虑越界，这100000这种情况跑出来的结果和没补，跑出来一模一样，以为还有别的问题，找不到了就交一发，过了。

#include <stdio.h>#include <ctype.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <limits.h>#include <math.h>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int tomod=2015;int f[2][100005];int main(){    int T,Case=1,n;    for(scanf("%d",&T);Case<=T;Case++){        scanf("%d",&n);        if(n<=6){            printf("Case #%d: %d\n",Case,1<<n);            continue;        }        int ans=0;        for(int start=1;start<=6;start++){            memset(f,0,sizeof(f));            f[0][start]=1;            for(int i=start+1;i<=n;i++){                for(int j=0;j<=1;j++){                    if(i==n&&j==0){                        for(int k=1;k<=6-start;k++){                            if(i-k>=1)f[j][i]+=f[1-j][i-k];                        }                        f[j][i]%=tomod;                    }else{                        for(int k=1;k<=6;k++){                            if(i-k>=1)f[j][i]+=f[1-j][i-k];                        }                        f[j][i]%=tomod;                    }                }            }            ans+=f[0][n]+f[1][n];            ans=(ans%tomod+tomod)%tomod;        }        ans*=2;ans%=tomod;        printf("Case #%d: %d\n",Case,ans);    }    return 0;}

Problem C cleaning

http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2200

我DP渣，写DP写不过你们，我打表总可以吧？bitset打表再来！

鉴于Clarification里说,n>=3，那从3开始打：对每个n，输出k为0~n时的解，排起来。

#include <stdio.h>#include <ctype.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <limits.h>#include <math.h>#include <algorithm>#include <bitset>using namespace std;typedef long long ll;const int n=16;int ans[n+1];bool acc(bitset<n> s){    for(int i=0;i<n;i++){        if(s[i]){            if(s[(i+2)%n]||s[(i-2)%n])return false;        }    }    return true;}int main(){    for(int i=0;i<(1<<n);i++){        bitset<n> s(i);        if(acc(s)) ans[s.count()]++;    }    for(int i=0;i<=n;i++){        printf("%d ",ans[i]);    }    return 0;}

表大约长这个样子：

1 3 0 0     //21 4 4 0 0     //31 5 5 0 0 0     //31 6 9 0 0 0 0     //31 7 14 7 0 0 0 0     //41 8 20 16 4 0 0 0 0     //51 9 27 30 9 0 0 0 0 0     //51 10 35 50 25 0 0 0 0 0 0     //51 11 44 77 55 11 0 0 0 0 0 0     //61 12 54 112 105 36 4 0 0 0 0 0 0     //71 13 65 156 182 91 13 0 0 0 0 0 0 0     //71 14 77 210 294 196 49 0 0 0 0 0 0 0 0     //71 15 90 275 450 378 140 15 0 0 0 0 0 0 0 0     //81 16 104 352 660 672 336 64 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0     //9//（后面注释表示，这一行非0数有几个）

有以下规律

• 以n==3这行开始，每4行一组，每组第一行是n/2+1个非0数，之后3行每行是n/2+2个非0数
• 一组中，第1行和第3行最后一个数和这行的第二个数一样（如果是第i行，这两个值都是i），第2行的最后一个数一定是4，第4行的最后一个数的值=上面一行正对的数+上面一行正对的数的斜左上角的数 UPD： 另一种规律是，第4行最后一个数的值=第4行的实际行号2/4 ，比如第14行的最后一个数，是 142/4=49

• 其他的数的值=上面一行正对的数+上面一行正对的数的斜左上角的数（比如1 16 104 … 这一行，这里104=90+14）

  好了，规律都找出来了，然后10min写个在线生成表的程序，提交就1A，0ms+5MB内存的事情。

#include <stdio.h>#include <ctype.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <limits.h>#include <math.h>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int tomod=1000000007;int lastx[1005];int ans[1005][1005];int main(){    memset(ans,0,sizeof(ans));    for(int i=3;i<=1000;i++){        ans[i][0]=1;ans[i][1]=i;    }    for(int i=3;i<=1000;i+=4){        lastx[i]=i/2;        lastx[i+1]=lastx[i+2]=lastx[i+3]=i/2+1;        ans[i][lastx[i]]=i;        ans[i+1][lastx[i+1]]=4;        ans[i+2][lastx[i+2]]=i+2;        ans[i+3][lastx[i+3]]=-1;    }    for(int i=3;i<=1000;i++){        for(int j=2;j<=lastx[i];j++){            if(ans[i][j]<=0){                ans[i][j]=(ans[i-1][j]+ans[i-2][j-1])%tomod;            }        }    }    int T,n,k;    for(scanf("%d",&T);T--;){        scanf("%d%d",&n,&k);        printf("%d\n",ans[n][k]);    }    return 0;}