程式設計思維與實踐 CSP M1

/* 我瘋了為什麼這麼多篇部落格只有這篇說題目重複率較高部落格管理裡就這篇前面有個驚嘆號逼死強迫症啊啊啊 */

題目：

輸出：最少需要轉的次數

思路：取模

就是乙個取模的問題。

每一次轉的時候，都是兩個字元之間的比較。除第乙個字元是與『a』比較以外，其他的字元都是與後乙個字元進行比較。因此用for迴圈實現累加，但要注意的是第乙個字元需要另行與『a』比較，而且for迴圈時只比較到倒數第二個字元。

對於每次需要轉的最小次數，設計turn函式計算每次需要轉的最小次數。設這兩個字元為x，y，那麼x，y的相對位置情況有兩種：

而每次計算的轉的次數就是以下兩種情況的最小值：

第一種情況就是|x-y|，第二種情況是26-max(x,y)+min(x,y)。

總結：1.三目運算子還是挺好用的

2.把一些功能函式封裝，有利於理思路

3.注意事項

① 要有意識地新增標頭檔案，abs()函式的標頭檔案為 cmath 。

②要把問題本質從實際問題中抽象出來，而不是就實際問題背景而解決問題。模測的時候想的太多了，在第一題上花的時間顯然過多。一是因為碼力不足（需要反省），二是因為經驗不足。在後面的學習上要一點點積累起來。

**：

#include
#include
#include
using
namespace std;
intturn
(int x,
int y)
intmain()

題目：

思路：等價

要注意到，如果以第二種購買方法購買n次，若n為偶數，可等價為一天以第一種購買方法購買n/2次，第二天同樣以第一種購買方法購買n/2次；若n為奇數，則等價為一天以第一種方法購買(n-1)/2次後，以第二種購買方式購買一次。所以可等價為第二種購買方式最多購買一次。

所以除第一天以外，每天的生煎數可以由兩個指標來判斷，即吃的生煎數的奇偶性和前一天是否有券。

最後，由於不能有多餘的券，所以對最後一天單獨判斷。

總結：1.題意很重要

模測時題意理解錯誤，以為每天最多只能買2個生煎，但其實兩種購買方式每天都可以用無數次【那時候還奇怪生煎數怎麼會有1000個 (╯‵皿′)╯︵┻━┻

一定一定要看清題目看懂題意再下手！

**：

#include
using
namespace std;
int n;
int num[
200000];
intmain()
else
}//最後一天 
if(quan)
else
return0;
}

題目：

輸出：ans，表示有多少個位置會被降智打擊。

思路：dfs/剪枝

如果直接dfs，因為最多30次**，2的30次方絕對tle，所以必須剪枝。

我先嘗試著第一次**的時候，只記錄乙個方向，通過對稱的式子直接將另半邊的點標記了，但還是不行，畢竟除個2也有2的29次方(つд`)。

換思路。首先思考這樣乙個問題。假設！乙個300×300的二維陣列，每個點都是**點，最多30個不同的長度，一共有8個方向，那麼！300×300×30×8，也才10的6次方都不到，和2的30次方完全沒法比！所以！肯定有重複的**點，而且資料越大，重複的超多。所以！先把所有**的點和點的狀態記下來。把重複的全部去掉。

**的點和點的狀態包括座標x,y，和要前進的長度（由於直接在dfs的時候取前進的長度不是很方便，所以只記錄長度在length陣列中的標號）和前進的方向。

在dfs的時候，順表把經過的點用set儲存下來，因為set自動去重。

其他的處理就很容易了。用常量陣列記錄每個方向的偏移量，再用兩個常量陣列記錄每個方向的**點的**方向。

總結：set結構自動去重。

通過學習大佬的**終於ac了/(ㄒoㄒ)/~~。dfs的剪枝不是那麼容易的事情啊。

**：

#include
#include
using
namespace std;
int n;
int length[50]
;set< pair<
int,
int>
> s;
bool p[
400]
[400][
50][9
];//左上 0，上 1，右上 2，右 3，右下 4，下 5，左下 6，左 7 
const
int dx=
;const
int dy=
;//**後的兩個方向 
const
int d1=
;const
int d2=
;void
dfs(
int x,
int y,
int len,
int pre)
//位置，長度的標號，方向 );
}dfs
(x,y,len+
1,d1[pre]);
//d1[pre]為**後的乙個方向 
dfs(x,y,len+
1,d2[pre]);
//d2[pre]為**後的另乙個方向 
}int
main()

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程式設計思維與實踐 CSP M1 補題

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