dp-史上最戳最长最臭代码-hdu-4733-G(x)
题目链接:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4733
题目大意：
定义G(x)=x⊕（x>>1).给两个由0、1、？组成的长度相同的字符串S1,S2.其中？表示0、1状态不确定，求有多少种p，使得G(p)=S1,G(p+1)=S2
如果p唯一，则输出G(p)和G(p+1)（注意这中间不能有问号）。
解题思路：
这是我写的史上最臭最长最戳的代码，大神请跳过。
分析函数G(x)=x⊕（x>>1) 也就是右移一位再抑或，从高位出发，构造p和p+1串，先分别放一个0到p和p+1（右移高位时补零的）,然后根据S1和S2的状态以及p和p+1的前一状态构造出当前的p和p+1状态，
构造方法：
若S='0'则当前的p和前一位p相同，否则相反（0《-》1）
如果S='?'，则可以尝试00 01 10 11四种状态。
再来分析p和p+1的特点。
1、最低位肯定不一样。
2、除最后一位外，前面每一位要么相同，要么p<p+1，如果前面某一位p<p+1(也就是01），后面的p一定全部为1，后面p+1一定全部为0.
综合G(x)和p与p+1的特点，可以构造dp状态，
dp[i][j][0][len]：表示当p的第len位为i,p+1的第len位为j，且p<q时的总数。
dp[i][j][1][len]：表示当p的第len位为i,p+1的第len位为j，且p=q时的总数。
根据当前的S和前面一位的状态可以递推出当前的位的P和p+1。
注意：
1、最后一位要单独处理。（01或10)
2、只有一种的情况时要记录路径 ，把S中的？确定下来。
比如？ ？ 答案为0,1而不是？，？
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<ctime>
#define eps 1e-6
#define INF 0x3fffffff
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std; #define Maxn 110000
#define M 1000000007 //分别记录达到该状态时的上一状态的第一串和第二串的值，以及是否相等的状态
int path1[2][2][2][Maxn],path2[2][2][2][Maxn],path3[2][2][2][Maxn];
int dp[2][2][2][Maxn];
char sa1[Maxn],sa2[Maxn];
char ans1[Maxn],ans2[Maxn]; int main()
{
int tt; scanf("%d",&tt);
for(int ca=1;ca<=tt;ca++)
{
scanf("%s%s",sa1+1,sa2+1);
int len=strlen(sa1+1);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
path2[0][0][1][0]=path1[0][0][1][0]=-1;
path3[0][0][1][0]=-1; int la1=0,la2=0;
dp[0][0][1][0]=1; //第三维1表示相等 0表示小于
for(int i=1;i<=len;i++)
{
if(sa1[i]!='?'&&sa2[i]!='?')
{
for(int la1=0;la1<=1;la1++)
for(int la2=0;la2<=1;la2++)
{
int p,q;
p=(sa1[i]=='0')?(la1):(la1^1); //构造出当前状态
q=(sa2[i]=='0')?(la2):(la2^1); for(int t=0;t<=1;t++)
{
if(dp[la1][la2][t][i-1]==-1)//前面状态无效
continue;
if(i==len) //最后一位单独处理
{
if(p==q) //最后一位只能是0、1或者1,0
continue;
if(p) //P串中为1时，P+1串肯定为0
{
if(!t) //并且前面P<P+1
{
if(dp[p][q][1][len]==-1)
dp[p][q][1][len]=dp[la1][la2][0][len-1];
else
dp[p][q][1][len]+=dp[la1][la2][0][len-1];
dp[p][q][1][len]%=M;
path1[p][q][1][len]=la1;
path2[p][q][1][len]=la2;
path3[p][q][1][len]=t;
}
}
else //为0 1
{
if(t) //前面必须相等
{
if(dp[p][q][1][len]==-1)
dp[p][q][1][len]=dp[la1][la2][0][len-1];
else
dp[p][q][1][len]+=dp[la1][la2][0][len-1];
dp[p][q][1][len]%=M;
path1[p][q][1][len]=la1;
path2[p][q][1][len]=la2;
path3[p][q][1][len]=t;
}
}
continue;
}
if(!t) //小于的情况
{
if(p!=1||q!=0) //P 必须为1 P+1必须为0
continue;
if(dp[p][q][t][i]==-1)
dp[p][q][t][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[p][q][t][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[p][q][t][i]%=M;
path1[p][q][t][i]=la1;
path2[p][q][t][i]=la2;
path3[p][q][t][i]=t;
}
else //等于的情况
{
if(p>q) //这种情况不存在
continue;
if(dp[la1][la2][t][i-1]==-1)
continue;
if(p<q) //0,1 当前小于
{
if(dp[p][q][0][i]==-1)
dp[p][q][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[p][q][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[p][q][0][i]%=M;
path1[p][q][0][i]=la1;
path2[p][q][0][i]=la2;
path3[p][q][0][i]=t;
}
else //等于
{
if(dp[p][q][1][i]==-1)
dp[p][q][1][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[p][q][1][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[p][q][1][i]%=M;
path1[p][q][1][i]=la1;
path2[p][q][1][i]=la2;
path3[p][q][1][i]=t;
}
}
}
}
}
else if(sa1[i]=='?'&&sa2[i]=='?')
{
for(int la1=0;la1<=1;la1++)
for(int la2=0;la2<=1;la2++)
{
for(int t=0;t<=1;t++)
{
if(dp[la1][la2][t][i-1]==-1)
continue;
if(i==len)
{
if(t) //相等，最后一位只能是0 1
{
if(dp[0][1][1][len]==-1)
dp[0][1][1][len]=dp[la1][la2][t][len-1];
else
dp[0][1][1][len]+=dp[la1][la2][t][len-1];
dp[0][1][1][len]%=M;
path1[0][1][1][i]=la1;
path2[0][1][1][i]=la2;
path3[0][1][1][i]=t;
}
else // 1 0 前面小于
{
if(dp[1][0][1][len]==-1)
dp[1][0][1][len]=dp[la1][la2][t][len-1];
else
dp[1][0][1][len]+=dp[la1][la2][t][len-1];
dp[1][0][1][len]%=M;
path1[1][0][1][i]=la1;
path2[1][0][1][i]=la2;
path3[1][0][1][i]=t;
}
continue;
}
if(!t) //小于 必须1,0
{
if(dp[1][0][0][i]==-1)
dp[1][0][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[1][0][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[1][0][0][i]%=M;
path1[1][0][0][i]=la1;
path2[1][0][0][i]=la2;
path3[1][0][0][i]=t;
}
else //等于 可以继续等于 也可以当前位小于
{
if(dp[0][0][1][i]==-1)
dp[0][0][1][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[0][0][1][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[0][0][1][i]%=M;
path1[0][0][1][i]=la1;
path2[0][0][1][i]=la2;
path3[0][0][1][i]=t; if(dp[1][1][1][i]==-1)
dp[1][1][1][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[1][1][1][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[1][1][1][i]%=M;
path1[1][1][1][i]=la1;
path2[1][1][1][i]=la2;
path3[1][1][1][i]=t; if(dp[0][1][0][i]==-1)
dp[0][1][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[0][1][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[0][1][0][i]%=M;
path1[0][1][0][i]=la1;
path2[0][1][0][i]=la2;
path3[0][1][0][i]=t;
} }
}
}
else if(sa1[i]=='?')
{
for(int la1=0;la1<=1;la1++)
for(int la2=0;la2<=1;la2++)
{
for(int t=0;t<=1;t++)
{
if(dp[la1][la2][t][i-1]==-1)
continue;
int q=(sa2[i]=='0')?(la2):(la2^1); if(i==len)
{
if(q) //0 1
{
if(t) //等于
{
if(dp[0][1][1][len]==-1)
dp[0][1][1][len]=dp[la1][la2][t][len-1];
else
dp[0][1][1][len]+=dp[la1][la2][t][len-1];
dp[0][1][1][len]%=M;
path1[0][1][1][i]=la1;
path2[0][1][1][i]=la2;
path3[0][1][1][i]=t;
}
}
else // 1 0
{
if(!t) //小于
{
if(dp[1][0][1][len]==-1)
dp[1][0][1][len]=dp[la1][la2][t][len-1];
else
dp[1][0][1][len]+=dp[la1][la2][t][len-1];
dp[1][0][1][len]%=M;
path1[1][0][1][i]=la1;
path2[1][0][1][i]=la2;
path3[1][0][1][i]=t;
}
}
continue;
}
if(!t) //小于 当前必须1 0
{
if(q)
continue;
if(dp[1][0][0][i]==-1)
dp[1][0][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[1][0][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[1][0][0][i]%=M;
path1[1][0][0][i]=la1;
path2[1][0][0][i]=la2;
path3[1][0][0][i]=t;
}
else //等于 当前可以等于也可以小于
{
if(dp[q][q][1][i]==-1)
dp[q][q][1][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[q][q][1][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[q][q][1][i]%=M;
path1[q][q][1][i]=la1;
path2[q][q][1][i]=la2;
path3[q][q][1][i]=t; if(!q)
continue;
if(dp[0][1][0][i]==-1)
dp[0][1][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[0][1][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[0][1][0][i]%=M;
path1[0][1][0][i]=la1;
path2[0][1][0][i]=la2;
path3[0][1][0][i]=t; }
}
}
}
else //sa2[i]=='?'
{
for(int la1=0;la1<=1;la1++)
for(int la2=0;la2<=1;la2++)
{
for(int t=0;t<=1;t++)
{
if(dp[la1][la2][t][i-1]==-1)
continue; int p=(sa1[i]=='0')?(la1):(la1^1);
if(i==len)
{
if(p)
{
if(!t)
{
if(dp[1][0][1][len]==-1)
dp[1][0][1][len]=dp[la1][la2][t][len-1];
else
dp[1][0][1][len]+=dp[la1][la2][t][len-1];
dp[1][0][1][len]%=M;
path1[1][0][1][i]=la1;
path2[1][0][1][i]=la2;
path3[1][0][1][i]=t;
}
}
else //p==0
{
if(t)
{
if(dp[0][1][1][len]==-1)
dp[0][1][1][len]=dp[la1][la2][t][len-1];
else
dp[0][1][1][len]+=dp[la1][la2][t][len-1];
dp[0][1][1][len]%=M;
path1[0][1][1][i]=la1;
path2[0][1][1][i]=la2;
path3[0][1][1][i]=t;
}
}
continue;
}
if(!t)
{
if(!p)
continue;
if(dp[1][0][0][i]==-1)
dp[1][0][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[1][0][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[1][0][0][i]%=M;
path1[1][0][0][i]=la1;
path2[1][0][0][i]=la2;
path3[1][0][0][i]=t;
}
else
{
if(dp[p][p][1][i]==-1)
dp[p][p][1][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[p][p][1][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[p][p][1][i]%=M;
path1[p][p][1][i]=la1;
path2[p][p][1][i]=la2;
path3[p][p][1][i]=t; if(p)
continue;
if(dp[0][1][0][i]==-1)
dp[0][1][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[0][1][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[0][1][0][i]%=M;
path1[0][1][0][i]=la1;
path2[0][1][0][i]=la2;
path3[0][1][0][i]=t; }
}
}
}
// for(int k=0;k<=1;k++)
// for(int kk=0;kk<=1;kk++)
// printf("dp[%d][%d][0][%d]:%d ",k,kk,i,dp[k][kk][0][i]),printf("dp[%d][%d][1][%d]:%d\n",k,kk,i,dp[k][kk][1][i]);;
}
int ans=0;
int a,b,tmp;
if(dp[0][1][1][len]!=-1)
{
ans=(ans+dp[0][1][1][len])%M;
a=0,b=1,tmp=1;
}
if(dp[1][0][1][len]!=-1)
{
ans=(ans+dp[1][0][1][len])%M;
a=1,b=0,tmp=1;
}
printf("Case #%d:\n",ca);
if(ans==1)
{
sa1[len]=a+'0',sa2[len]=b+'0'; //输出路径
int i=len-1;
while(i>=1)
{
int aa=path1[a][b][tmp][i+1];
int bb=path2[a][b][tmp][i+1];
int tmm=path3[a][b][tmp][i+1];
sa1[i]=aa+'0';
sa2[i]=bb+'0';
a=aa,b=bb,tmp=tmm;
i--;
} //先求出P 和 P+1 然后求出G(p)和G(p+1)
// printf("%s\n%s\n",sa1+1,sa2+1);
sa1[0]=sa2[0]='0';
for(int i=1;i<=len;i++)
{
ans1[i]=(sa1[i]==sa1[i-1])?'0':'1';
ans2[i]=(sa2[i]==sa2[i-1])?'0':'1'; }
ans1[len+1]=ans2[len+1]='\0';
printf("%s\n%s\n",ans1+1,ans2+1); }
else if(ans==0)
printf("Impossible\n");
else
printf("Ambiguous %d\n",ans);
}
return 0;
}
dp-史上最戳最长最臭代码-hdu-4733-G(x)的更多相关文章
- 史上最全的微信小程序代码大全
--------------------- 本文来自 fenxiangjun 的CSDN 博客 ,全文地址请点击:https://blog.csdn.net/fenxiangjun/article/d ...
- JMeter 使用 http长连接 |史上最全
疯狂创客圈 Java 高并发[ 亿级流量聊天室实战]实战系列 [博客园总入口 ] 疯狂创客圈(笔者尼恩创建的高并发研习社群)Springcloud 高并发系列文章,将为大家介绍三个版本的 高并发秒杀: ...
- http的长连接和短连接（史上最通俗！）
1.以前的误解 很久之前就听说过长连接的说法,而且还知道HTTP1.0协议不支持长连接,从HTTP1.1协议以后,连接默认都是长连接.但终究觉得对于长连接一直懵懵懂懂的,有种抓不到关键点的感觉. 今天 ...
- 移动端IM开发者必读(二)：史上最全移动弱网络优化方法总结
1.前言 本文接上篇<移动端IM开发者必读(一):通俗易懂,理解移动网络的“弱”和“慢”>,关于移动网络的主要特性,在上篇中已进行过详细地阐述,本文将针对上篇中提到的特性,结合我们的实践经 ...
- 史上最全的各种C++ STL容器全解析
史上最全的C++ STL 容器大礼包 为什么\(C++\)比\(C\)更受人欢迎呢?除了\(C++\) 的编译令人感到更舒适,\(C++\)的标准模板库(\(STL\))也占了很重要的原因.当你还在用 ...
- 史上最全的CSP2019复习指南
CSP2019复习指南 知识点(大纲)内容参考于本人博客: 近22年NOIP考点一览 算法 基本算法: 模拟.暴力枚举.排序.贪心.递归.递推.贪心.二分.位运算 这些算法不再在此加以赘述,如有考前还 ...
- 从史上八大MySQL事故中学到的经验
本文列举了史上八大MySQL宕机事件原因.影响以及人们从中学到的经验,文中用地震级数来类比宕机事件的严重性和后果,排在最严重层级前两位的是由于亚马逊AWS宕机故障(相当于地震十级和九级). 一.Per ...
- 【Tips】史上最全H1B问题合辑——保持H1B身份终级篇
[Tips]史上最全H1B问题合辑——保持H1B身份终级篇 2015-04-10留学小助手留学小助手 留学小助手 微信号 liuxue_xiaozhushou 功能介绍 提供最真实全面的留学干货,帮您 ...
- 史上最简单，一步集成侧滑(删除)菜单，高仿QQ、IOS。
重要的话 开头说,not for the RecyclerView or ListView, for the Any ViewGroup. 本控件不依赖任何父布局,不是针对 RecyclerView. ...
随机推荐
- 动态include与静态include的区别
搬一下以前写的 个人总结: 动态INCLUDE 用jsp:include动作实现 <jsp:include page="included.jsp" flush="t ...
- Firefox中打开DOM Inspector
一: 二:ctrl+shift+I
- uvalive 6888 Ricochet Robots bfs
题目链接 给一个n*m的图, 图上有n个标号, n<=4, 然后有墙, 还有一个终点x. 每一步, 只能走某一个标号, 可以向四个方向走, 然后必须要碰到墙或者图的边界或者另一个标号才能停下来. ...
- GoF——状态模式
状态模式:当一个对象的内在状态改变时允许改变其行为,这个对象看起来像是改变了其类. “状态模式主要解决的是当控制一个对象状态转换的条件表达式过于复杂的情况.把状态的判断逻辑转移到表示不同状态的一系列类 ...
- windows中copy命令详解
功能:将一份文件或者多份文件复制到另一个位置 用法: copy [/D] [/V] [/N] [/Y|/-Y] [/Z] [/A | /B] source [/A | /B] [+ source [/ ...
- CeontOS7安装ansible
安装方法一. 第一步:安装epel rpm -ivh http://mirror.pnl.gov/epel/7/x86_64/e/epel-release-7-5.noarch.rpm 第二步:安装a ...
- 在 Windows Azure 虚拟机中使用 Microsoft SQL Server 安全功能
编辑人员注释:本文章由 SQL Server 团队高级项目经理 Sung Hsueh 撰写. SQL Server 的最新用法之一是利用 Microsoft 的 Windows Azure 基础结构服 ...
- Android之条码扫描二维码扫描
Android之条码扫描二维码扫描 二维码条形码扫描,参考技术网址: 1.Apache License 2.0 开源的ZXing项目的简化版 http://xinlanzero.iteye.com/b ...
- linux去掉svn里记住的用户名密码
去掉svn里记住的用户名密码 删除掉 c:\Documents and Settings\administrator\ApplicationData\Subversion\auth\svn.sim ...
- poj2486 Apple Tree （树形dp）
题意:有一颗苹果树,树上的u节点上有num[u]个苹果,树根为1号节点,囧king从根开始走,没走到一个节点就把接点上的苹果吃光,问囧king在不超过k步的情况下最多吃多少个苹果. 解题思路:处理出两 ...