51NOD 1400 序列分解
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小刀和大刀是双胞胎兄弟。今天他们玩一个有意思的游戏。 大刀给小刀准备了一个长度为 $n$ 的整数序列。小刀试着把这个序列分解成两个长度为 $n/2$ 的子序列。
这两个子序列必须满足以下两个条件:
1.他们不能相互重叠。
2.他们要完全一样。
如果小刀可以分解成功,大刀会给小刀一些糖果。
然而这个问题对于小刀来说太难了。他想请你来帮忙。
第一行给出一个T,表示T组数据。(1<=T<=5)
接下来每一组数据,输入共2行。
第一行包含一个整数n (2<=n<=40且为偶数)。
第二行给出n个整数a[0],a[1],a[2],…,a[n-1]表示大刀给小刀准备的序列。(-1,000,000,000<=a[i]<=1,000,000,000)第一行给出一个T,表示T组数据。(1<=T<=5)
接下来每一组数据,输入共2行。
第一行包含一个整数n (2<=n<=40且为偶数)。
第二行给出n个整数a[0],a[1],a[2],…,a[n-1]表示大刀给小刀准备的序列。(-1,000,000,000<=a[i]<=1,000,000,000)
如果小刀可以完成游戏,输出"Good job!!" (不包含引号),否则 输出"What a pity!" (不包含引号)。如果小刀可以完成游戏,输出"Good job!!" (不包含引号),否则 输出"What a pity!" (不包含引号)。
2
4
1 1 2 2
6
1 2 3 4 5 62
4
1 1 2 2
6
1 2 3 4 5 6
Good job!!
What a pity!Good job!!
What a pity! 分析:
暴力。DFS 递归地扩展出一棵解答树。节点(DFS)参数为 $(i, j, k)$ ,表示当前两子序列待确定 (active) 列中可
用(active) 的位置是 $k$ 。(其实 $k$ 是可有可无的参数,因为 $k = i+j-1$ ,但添上也无妨)代码中加上了一些剪枝。
不失一般性,可认为原序列的首元素属于第一个子序列,因此初始调用参数可设为 $( 2, 1, 2)$ 。 P.S. 考虑这个问题时,没想出非暴力的解法,只是看出:
如果原序列可分成两个相等的子列,那么原序列的首、尾一定也是子列的首、尾。
若有更好的解法,望在评论里告知。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[], N, x[], y[];
bool dfs(int i, int j, int k){
bool res;
if(k>N) return true;
if(i>N>>){
return a[k]==x[j]?y[j]=a[k], dfs(i, j+, k+):false;
}
if(j>N>>){
return a[k]==y[i]?x[i]=a[k], dfs(i+, j, k+):false;
}
if(i==j){
x[i]=a[k];
if(dfs(i+, j, k+)) return true;
y[j]=a[k];
return dfs(i, j+, k+);
}
if(i>j){
res = x[j]==a[k]?y[j]=a[k],dfs(i, j+, k+):false;
if(res) return res;
return x[i]=a[k],dfs(i+, j, k+);
}
if(j>i){
res = y[i]==a[k]?x[i]=a[k],dfs(i+, j, k+):false;
if(res) return res;
return y[j]=a[k],dfs(i, j+, k+);
}
}
int main(){
//freopen("in", "r", stdin);
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--){
scanf("%d", &N);
int res=;
for(int i=; i<=N; i++) scanf("%d", a+i), res^=a[i];
if(res){
puts("What a pity!");
continue;
}
x[]=a[];
puts(dfs(, , )?"Good job!!":"What a pity!");
}
return ;
}
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