bzoj1028 [JSOI2007]麻将

1028: [JSOI2007]麻将

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1337  Solved: 601
[Submit][Status][Discuss]

Description

麻将是中国传统的娱乐工具之一。麻将牌的牌可以分为字牌（共有东、南、西、北、中、发、白七种）和序数牌（分为条子、饼子、万子三种花色，每种花色各有一到九的九种牌），每种牌各四张。在麻将中，通常情况下一组和了的牌（即完成的牌）由十四张牌组成。十四张牌中的两张组成对子（即完全相同的两张牌），剩余的十二张组成三张一组的四组，每一组须为顺子（即同花色且序数相连的序数牌，例如条子的三、四、五）或者是刻子（即完全相同的三张牌）。一组听牌的牌是指一组十三张牌，且再加上某一张牌就可以组成和牌。那一张加上的牌可以称为等待牌。　　在这里，我们考虑一种特殊的麻将。在这种特殊的麻将里，没有字牌，花色也只有一种。但是，序数不被限制在一到九的范围内，而是在1到n的范围内。同时，也没有每一种牌四张的限制。一组和了的牌由3m + 2张牌组成，其中两张组成对子，其余3m张组成三张一组的m组，每组须为顺子或刻子。现给出一组3m + 1张的牌，要求判断该组牌是否为听牌（即还差一张就可以和牌）。如果是的话，输出所有可能的等待牌。

Input

包含两行。第一行包含两个由空格隔开整数n, m (9<=n<=400, 4<=m<=1000)。第二行包含3m + 1个由空格隔开整数，每个数均在范围1到n之内。这些数代表要求判断听牌的牌的序数。

Output

输出为一行。如果该组牌为听牌，则输出所有的可能的等待牌的序数，数字之间用一个空格隔开。所有的序数必须按从小到大的顺序输出。如果该组牌不是听牌，则输出"NO"。

Sample Input

9 4
1 1 2 2 3 3 5 5 5 7 8 8 8

Sample Output

6 7 9

HINT

 

Source

题意：很好懂，前面麻将的介绍基本不用看

精简后的题意

刻子（即完全相同的三张牌     顺子（序数相连的牌，例如三、四、五）           对子（即完全相同的两张牌

序数在1到n的范围内。每一种牌张数无限制。

一组和牌由3m + 2张牌组成，其中两张组成对子，其余3m张组成三张一组的m组，每组须为顺子或刻子。

现给出一组3m + 1张的牌，要求判断该组牌是否为听牌（即还差一张就可以和牌）。如果是的话，输出所有可能的等待牌。

分析：首先看到 n<=400

那么我们会想到的是枚举要加进哪张牌（毕竟要输出的是每一种方案而不是方案数）

那加进之后如何检验。。。。。

我们这样想问题   ->   数字为i的牌只能与 i+1, i+2组成顺子，而不考虑与i-1,i-2组成顺子（即规定一个方向，以免重复和为了下面叙述方便）

那么数字为n-1,n的牌一定要是若干个刻子（在抽走了组成了顺子的牌之后）

那么显然至少有（a[n]%3）个顺子

若顺子的个数大于等于3，即3*k+x个i,i+1,i+2这样个顺子，那么可以当成k个i的刻子和k个i+1的刻子和k个i+2的刻子以及x个顺子（x<3）

所以可以证明倒着枚举数字，优先安排刻子的，其次安排顺子的贪心顺序是正确的

当然正着枚举也是一样的道理

听说这题有dp做法，我得好好想想，不过在网上找不到

这是倒着枚举的代码，其实正着枚举要简单写（其实两代码一样）

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <cmath>
 #include <deque>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #include <map>
 #include <set>
 #include <ctime>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 typedef double DB;
 #define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
 #define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
 #define Rep(i, t) for(int i = (0); i < (t); i++)
 #define Repn(i, t) for(int i = ((t)-1); i >= (0); i--)
 #define rep(i, x, t) for(int i = (x); i < (t); i++)
 #define MIT (2147483647)
 #define INF (1000000001)
 #define MLL (1000000000000000001LL)
 #define sz(x) ((int) (x).size())
 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
 #define puf push_front
 #define pub push_back
 #define pof pop_front
 #define pob pop_back
 #define ft first
 #define sd second
 #define mk make_pair
 inline void SetIO(string Name) {
     string Input = Name+".in",
     Output = Name+".out";
     freopen(Input.c_str(), "r", stdin),
     freopen(Output.c_str(), "w", stdout);
 }

 const int N = ;
 int n, m, Arr[N];
 int Ans[N], Tot;

 inline void Input() {
     scanf("%d%d", &n, &m);
     For(i, , *m+) {
         int x;
         scanf("%d", &x);
         Arr[x]++;
     }
 }

 int Tmp[N];
 inline bool Check(int x) {
     For(i, , n) {
         For(j, , n) Tmp[j] = Arr[j];
         Tmp[x]++;
         Tmp[i] -= ;
         if(Tmp[i] < ) continue;

         bool flag = ;
         Ford(j, n, ) {
             if(Tmp[j] < ) {
                 flag = ;
                 break;
             }
             if(!Tmp[j]) continue;
             Tmp[j] %= ;
             Tmp[j-] -= Tmp[j];
             Tmp[j-] -= Tmp[j];
             Tmp[j] = ;
         }
         Tmp[] %= , Tmp[] %= ;
         if(Tmp[] || Tmp[]) flag = ;

         if(flag)  return ;
     }
     return ;
 }

 inline void Solve() {
     For(i, , n)
         if(Check(i)) Ans[++Tot] = i;

     if(!Tot) puts("NO");
     else {
         For(i, , Tot-) printf("%d ", Ans[i]);
         printf("%d\n", Ans[Tot]);
     }
 }

 int main() {
     #ifndef ONLINE_JUDGE
     SetIO("");
     #endif
     Input();
     Solve();
     return ;
 }

这是正着枚举

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <cmath>
 #include <deque>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #include <map>
 #include <set>
 #include <ctime>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 typedef double DB;
 #define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
 #define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
 #define Rep(i, t) for(int i = (0); i < (t); i++)
 #define Repn(i, t) for(int i = ((t)-1); i >= (0); i--)
 #define rep(i, x, t) for(int i = (x); i < (t); i++)
 #define MIT (2147483647)
 #define INF (1000000001)
 #define MLL (1000000000000000001LL)
 #define sz(x) ((int) (x).size())
 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
 #define puf push_front
 #define pub push_back
 #define pof pop_front
 #define pob pop_back
 #define ft first
 #define sd second
 #define mk make_pair
 inline void SetIO(string Name) {
     string Input = Name+".in",
     Output = Name+".out";
     freopen(Input.c_str(), "r", stdin),
     freopen(Output.c_str(), "w", stdout);
 }

 const int N = ;
 int n, m, Arr[N];
 int Ans[N], Tot;

 inline void Input() {
     scanf("%d%d", &n, &m);
     For(i, , *m+) {
         int x;
         scanf("%d", &x);
         Arr[x]++;
     }
 }

 int Tmp[N];
 inline bool Check(int x) {
     For(i, , n) {
         For(j, , n+) Tmp[j] = Arr[j];
         Tmp[x]++;
         Tmp[i] -= ;
         if(Tmp[i] < ) continue;

         bool flag = ;
         For(j, , n+) {
             if(Tmp[j] < ) {
                 flag = ;
                 break;
             }
             if(!Tmp[j]) continue;
             Tmp[j] %= ;
             Tmp[j+] -= Tmp[j];
             Tmp[j+] -= Tmp[j];
             Tmp[j] = ;
         }
         if(flag)  return ;
     }
     return ;
 }

 inline void Solve() {
     For(i, , n)
         if(Check(i)) Ans[++Tot] = i;

     if(!Tot) puts("NO");
     else {
         For(i, , Tot-) printf("%d ", Ans[i]);
         printf("%d\n", Ans[Tot]);
     }
 }

 int main() {
     #ifndef ONLINE_JUDGE
     SetIO("");
     #endif
     Input();
     Solve();
     return ;
 }

//-------------------------------------------------------

大概是想出来如何dp了，不过比较麻烦，但复杂度较低

先是枚举加入的数字，然后dp求解

dp[2][400][1000][1000][1000]

第一位表示是否选择了对子，第二位表示当前进行到了第个数字（设为第x个数字），第三位-第五位表示从第x，x+1，x+2个数字的个数

显然有效状态很少，我们可以用队列和Hash实现这个dp过程

转移时对于每一个状态的转移参考那个优先刻子，其次顺子的贪心策略，推到下一个状态

整个过程的复杂度应该是O(n^2)

听说还有O(n)的dp做法，我再想想