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21夏令营清北学堂解题报告,吴昊品游戏核心算法

时间:2019-10-01 13:19来源:儿童文学
牌类游戏很多,但是,真正经典的很少,方法都是类似的,模拟出来不是很难,难的在于规则的制定,以及对一定规则之下,所制定的策略,也就是说,模拟不难,难的是AI。费恩曼在

牌类游戏很多,但是,真正经典的很少,方法都是类似的,模拟出来不是很难,难的在于规则的制定,以及对一定规则之下,所制定的策略,也就是说,模拟不难,难的是AI。费恩曼在他的《费恩曼物理学讲义》中有阐述过物理学研究者们在研究物理的时候就像是在研究一盘规则不确定的棋,一方面要找到规则是什么,另一方面,需要探索出为什么要运用这一规则来解决问题,这就是困难的地方了。

2017.7.21夏令营清北学堂解题报告,2017.7.21夏令营

预计分数:

60+30+0=90=划水

实际分数:

90+30+20=140=rank5=雷蛇鼠标

一句话总结:今天该买彩票!

 

T1:

图片 1题目描述 从前有一个?行?列的网格。 现在有?种颜色,第?种颜色可以涂??格,保证 Σ︀ ?? = ? * ?。 需要你对这个网格图进行着色,你必须按照从上到下,每一行内从左到右 的顺序进行着色,并且在用完一种颜色前你不能换颜色(当然颜色的使用顺序 是随意的)。 每个相邻的相同色块可以获得1分,问在给定的规则下进行着色所能获得的 最高分是多少。 多组数据。 输入输出格式 输入格式: 从文件diyiti.in中读入数据。 第一行一个整数?表示数据组数。 对于每组数据,第一行三个整数?, ?, ?表示网格的大小和颜色的数量。 之后一行?个数,第?个数表示第?种颜色可以涂的格数。 输出格式: 将答案输出到diyiti.out。 对于每组数据一个数???,表示能获得的最高分。 输入输出样例 输入样例#1: 2 3 3 4 1 2 2 4 4 2 4 1 2 2 3 输出样例#1: 5 4 说明 【样例解释】 第一组数据 1 2 2 3 3 4 4 4 4 第二组数据 1 4 4 4 2 2 3 3 对于30%的数据,1 ≤ ?, ? ≤ 10, 1 ≤ ? ≤ 2 对于60%的数据,1 ≤ ?, ? ≤ 1000, 1 ≤ ? ≤ 3 对于100%的数据,1 ≤ ?, ? ≤ 100000, 1 ≤ ? ≤ 4, ?? ≥ 1, ? ≤ 10 3 T1

感觉这题好鬼畜,从来没有见过这种类型的题,一开始噼里啪啦的敲了90+行的暴力,

不出所料只能过30%的数据,没办法,只能留着对拍了。。。。

后来发现了一个公式:

当p%m==0的时候的方案数是:((m-1)+(p/m-1)*(m*2-1));

然后特判一下每种情况搞一搞就好了,

预计能过60%的数据,

但是最后居然得了90分,,

而且另外的十分不知道怎么丢的,,,,=.=

暴力:

 

图片 2 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=100001; 8 const int maxn=0x7ffff; 9 void read(int &n) 10 { 11 char c='+';int x=0;bool flag=0; 12 while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')flag=1;} 13 while(c>='0'&&c<='9') 14 x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar(); 15 flag==1?n=-x:n=x; 16 } 17 int T; 18 int n,m,colornum; 19 int color[MAXN]; 20 int map[MAXN][6]; 21 int ans=0; 22 int xx[5]={-1,+1,0,0}; 23 int yy[5]={0,0,-1,+1}; 24 int vis[MAXN]; 25 void dfs(int used,int bh,int coloruse,int x,int y) 26 // 使用了的颜色 当前点的编号 当前已使用 27 { 28 if(used==colornum&&coloruse==color[bh]) 29 { 30 int now=0; 31 for(int i=1;i<=n;i++) 32 for(int j=1;j<=m;j++) 33 for(int k=0;k<4;k++) 34 { 35 int wx=i+xx[k]; 36 int wy=j+yy[k]; 37 if(wx>=1&&wx<=n&wy>=1&&wy<=m) 38 if(map[i][j]==map[wx][wy]) 39 now++; 40 } 41 42 ans=max(ans,now/2); 43 return ; 44 } 45 int wx,wy; 46 if(y==m) { wy=1;wx=x+1;} 47 else { wy=y+1; wx=x; } 48 if(coloruse==color[bh]) 49 { 50 vis[bh]=1; 51 for(int i=1;i<=colornum;i++) 52 { 53 if(!vis[i]) 54 { 55 // vis[i]=1; 56 map[wx][wy]=i; 57 dfs(used+1,i,1,wx,wy); 58 map[wx][wy]=0; 59 // vis[i]=0; 60 } 61 } 62 vis[bh]=0; 63 } 64 else 65 { 66 map[wx][wy]=bh; 67 dfs(used,bh,coloruse+1,wx,wy); 68 map[wx][wy]=0; 69 } 70 71 } 72 int main() 73 { 74 // freopen("diyiti.in","r",stdin); 75 // freopen("diyiti.out","w",stdout); 76 // 77 read(T); 78 while(T--) 79 { 80 memset(vis,0,sizeof(vis)); 81 memset(map,0,sizeof(map)); 82 memset(color,0,sizeof(color)); 83 ans=0; 84 read(n);read(m);read(colornum); 85 if(n>=0) 86 { 87 for(int i=1;i<=colornum;i++) 88 read(color[i]); 89 for(int i=1;i<=colornum;i++) 90 { 91 // vis[color[i]]=1; 92 map[1][1]=i; 93 dfs(1,i,1,1,1); 94 map[1][1]=0; 95 //vis[color[i]]=0; 96 } 97 printf("%dn",ans); 98 } 99 else 100 { 101 int p; 102 if(colornum==n*m) 103 { 104 for(int i=1;i<=colornum;i++) 105 read(p); 106 printf("0n"); 107 continue; 108 } 109 if(m==1) 110 { 111 for(int i=1;i<=colornum;i++) 112 { 113 read(p); 114 ans+=p-1;//上下两个相邻 115 } 116 } 117 else if(m==2) 118 { 119 for(int i=1;i<=colornum;i++) 120 { 121 read(p); 122 if(p==1) 123 continue;// 没有相邻 124 else 125 ans+=((m-1)+(p/m-1)*(m*2-1))+p%m; 126 } 127 } 128 else if(m==3) 129 { 130 for(int i=1;i<=colornum;i++) 131 { 132 read(p); 133 if(p==1) 134 continue; 135 if(p<m) 136 if(p%2) 137 ans+=p-1;// 左右相邻 138 else 139 ans+=p-2; 140 else 141 { 142 ans+=((m-1)+(p/m-1)*(m*2-1)); 143 int remain=p%3; 144 if(remain!=0) 145 ans+=(remain*2-1); 146 } 147 } 148 } 149 else if(m==4) 150 { 151 for(int i=1;i<=colornum;i++) 152 { 153 read(p); 154 if(p==1) 155 continue; 156 if(p<m) 157 ans+=p-1; 158 else 159 { 160 ans+=((m-1)+(p/m-1)*(m*2-1)); 161 int remain=p%4; 162 if(remain!=0) 163 ans+=(remain*2-1); 164 } 165 } 166 } 167 printf("%dn",ans); 168 } 169 } 170 return 0; 171 } T1暴力

 

图片 3 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int T,n,m,S,a[100010],p[5],ans; 4 int main(){ 5 freopen("diyiti3.in","r",stdin); 6 freopen("diyiti3.out","w",stdout); 7 scanf("%d",&T); 8 while(T--){ 9 memset(p,0,sizeof(p)); 10 ans=0; 11 scanf("%d%d%d",&n,&m,&S); 12 for(int i=1;i<=S;i++){ 13 scanf("%d",&a[i]); 14 p[a[i]%m]++; 15 if(a[i]>=m)ans+=(a[i]/m*(2*m-1)-m+a[i]%m+max(0,a[i]%m-1)); 16 else ans+=a[i]-1; 17 } 18 if(m==3){ 19 if(p[2]>p[1])ans-=(p[2]-p[1])/3; 20 }else if(m==4){ 21 if(p[3]>p[1])ans-=(p[3]-p[1])/2; 22 } 23 printf("%dn",ans); 24 } 25 } T1正解

 

T2:

 

图片 4题目描述 在纸上有一个长为?的数列,第?项值为??。 现在小A想要在这些数之间添加加号或乘号。问对于不同的2?−1种方案, 所有答案的和是多少? 由于数据范围较大,所以输出对1000000007取模的结果。 输入输出格式 输入格式: 从文件dierti.in中读入数据。 输入第一行一个整数?表示数列的长度。 之后一行?个整数,第?个整数表示数列的第?项??。 输出格式: 输出到文件dierti.out中。 ?行,第?行表示第?个询问的答案对1000000007取模的结果。 输入输出样例 输入样例#1: 3 1 2 4 输出样例#1: 30 说明 对于30%的数据,1 ≤ ? ≤ 10, 1 ≤ ?? ≤ 10 对于另外30%的数据,1 ≤ ? ≤ 1000, ?? = 1 4 对于90%的数据,1 ≤ ? ≤ 1000, 1 ≤ ?? ≤ 105 对于100%的数据,1 ≤ ? ≤ 100000, 1 ≤ ?? ≤ 109 T2

 

第一眼:DP,十分不可做。。

第二眼:30%的暴力好像可以搞一搞

第三眼:其余30%的数据好像可以用组合数搞一搞

第三眼:最后40%不要了,开始搞吧,

 

于是噼里啪啦敲完第一题的鬼畜代码(就是实现个加减法我连队列都用上了,,,,)

然后开始搞其余30%,其实这时候剩下的时间已经不多了,于是想也没想就直接暴力就组合数。

暴力敲的应该是对的,但是因为求组合数牵扯到除法而且这道题还要取mod,当时想到需要求逆元了然而这时候也就还剩十几分钟所以果断放弃

后来有大佬说全是一的情况只要把所有数的平方全加起来再加个什么东西就可以,,,,,

 

正解:动规,用f[i]表示第i轮的所有情况的和,然后就不会了,,,,

暴力:

 

图片 5 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=100001; 8 const int maxn=0x7ffff; 9 const int mod=1000000007; 10 void read(int &n) 11 { 12 char c='+';int x=0;bool flag=0; 13 while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')flag=1;} 14 while(c>='0'&&c<='9') 15 x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar(); 16 flag==1?n=-x:n=x; 17 } 18 int n; 19 int a[MAXN]; 20 int flag=0; 21 int ans; 22 int how[MAXN]; 23 int num=1; 24 int tot=0; 25 void calc() 26 { 27 queue<int>q; 28 for(int i=1;i<=num;i++) 29 { 30 if(how[i]==2) 31 { 32 int now=1; 33 while(how[i]==2) 34 { 35 now=(now*a[i])%mod; 36 i++; 37 } 38 now=(now*a[i])%mod; 39 q.push(now); 40 } 41 else 42 q.push(a[i]); 43 } 44 while(q.size()!=0) 45 { 46 ans=(ans+q.front())%mod; 47 q.pop(); 48 } 49 } 50 void dfs(int pos) 51 { 52 if(pos==n-1) 53 { 54 tot++; 55 calc(); 56 return ; 57 } 58 59 for(int i=1;i<=2;i++) 60 { 61 how[num++]=i; 62 dfs(pos+1); 63 how[--num]=0; 64 } 65 } 66 int jc(int num) 67 { 68 if(num==0) 69 return 1; 70 else 71 return (num*(jc(num-1)))%mod; 72 } 73 int main() 74 { 75 freopen("dierti.in","r",stdin); 76 freopen("dierti.out","w",stdout); 77 read(n); 78 for(int i=1;i<=n;i++) 79 { read(a[i]); if(a[i]==1) flag++; } 80 if(flag==n) 81 { 82 int p=jc(n-1)%mod; 83 for(int i=1;i<=n-1;i++)// 放多少个* 84 { 85 int hh=(p/(jc(i)*jc(n-i-1)))%mod; 86 ans=ans+((n-i)*hh)%mod; 87 } 88 printf("%d",(ans+n)%mod); 89 } 90 else 91 { 92 dfs(0); 93 printf("%d",ans%mod); 94 } 95 return 0; 96 } T2暴力

 

图片 6 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define mod 1000000007 3 #define N 100010 4 using namespace std; 5 int T,n,i,a[N],g[N],f[N],sum,sum1; 6 int powmod(int x,int y){ 7 int ans=1; 8 for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod) 9 if(y&1)ans=1ll*ans*x%mod; 10 return ans; 11 } 12 int main(){ 13 scanf("%d",&n); 14 sum=0;sum1=g[0]=1; 15 for(i=1;i<=n;i++){ 16 scanf("%d",&a[i]); 17 g[i]=1ll*g[i-1]*a[i]%mod; 18 f[i]=(sum+1ll*g[i]*sum1)%mod; 19 sum=(sum+f[i])%mod; 20 sum1=(sum1+1ll*powmod(2,(i-1))*powmod(g[i],mod-2))%mod; 21 } 22 printf("%dn",f[n]); 23 } T2正解

 

 

 

T3

 

图片 7题目描述 有一个? * ?的网格图,其中每个格子都有一个数。 设??为第?行的最小值,??为第?列的最大值,我们称一个网格是好的,当 且仅当满足 max(?1, ...,??) = min(??, ...,??) 现在问最少改变多少个数可以使得这个网格是好的。 输入输出格式 输入格式: 从文件disanti.in中读入数据。 第一行一个整数?。 之后?行,每行?个数,描述这个矩阵。 输出格式: 输出到文件disanti.out中。 一个数???,表示最少需要改变的数的个数。 输入输出样例 暂无测试点 说明 对于30%的数据,1 ≤ ?, ?? ≤ 10 对于另外30%的数据,1 ≤ ? ≤ 100, 1 ≤ ?? ≤ 3 对于90%的数据,1 ≤ ? ≤ 100, 1 ≤ ?? ≤ 105 对于100%的数据,1 ≤ ? ≤ 1000, 1 ≤ ?? ≤ 10 T3

 

这题,,是我有史以来骗的最完美的、

说一下我的思路:

当n>100时,cout<<rand();

else cout<<2;

然后,就得了20分。

为什么是2不是3呢?

我们想,对于一个n<=10的矩阵,

改一次会不会太少了?

所以

改两次!

 

正解:我们假设一个i是要找的答案。

那么这个i就要满足&……¥*……(&(*#@!&#(*@……¥(*&#%2

 

 

图片 8 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=1001; 8 const int maxn=0x7ffff; 9 void read(int &n) 10 { 11 char c='+';int x=0;bool flag=0; 12 while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')flag=1;} 13 while(c>='0'&&c<='9') 14 x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar(); 15 flag==1?n=-x:n=x; 16 } 17 int map[MAXN][MAXN]; 18 int main() 19 { 20 freopen("disanti.in","r",stdin); 21 freopen("disanti.out","w",stdout); 22 int n; 23 read(n); 24 for(int i=1;i<=n;i++) 25 for(int j=1;j<=n;j++) 26 read(map[i][j]); 27 if(n<=10) 28 printf("2"); 29 else if(n<=100&&n<=1000) 30 printf("20"); 31 else 32 printf("200"); 33 return 0; 34 } 骗分

 

图片 9 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,m,i,x,A[1100],B[1100],C[1100000],ans,j,k,SS[1100000],TT[1100000]; 4 pair<int,int>a[1100000]; 5 int main(){ 6 scanf("%d",&n); 7 m=n*n; 8 ans=n*2-1; 9 for(i=0;i<m;i++) 10 scanf("%d",&a[i].first),a[i].second=i; 11 sort(a,a+m); 12 for(i=0;i<m;i=j){ 13 TT[i]=TT[i-1]; 14 for(j=i;a[j].first==a[i].first&&j<m;j++){ 15 x=a[j].second; 16 B[x%n]++; 17 TT[i]=max(TT[i],B[x%n]); 18 } 19 for(k=i;k<j;k++)TT[k]=TT[i]; 20 } 21 memset(A,0,sizeof(A)); 22 for(i=m-1;i>=0;i=j){ 23 SS[i]=SS[i+1]; 24 for(j=i;a[j].first==a[i].first&&j>=0;j--){ 25 x=a[j].second; 26 A[x/n]++; 27 SS[i]=max(SS[i],A[x/n]); 28 } 29 for(k=i;k>j;k--)SS[k]=SS[i]; 30 } 31 for(i=0;i<m;i++) 32 if(n-SS[i]+n-TT[i]<ans)ans=n-SS[i]+n-TT[i]; 33 printf("%dn",ans); 34 } T3

 

 

 

 

总结:

还算考的不错,但这次考试能得rank5,运气成分真的是非常的大。

T1有七八个人A掉,

T2有一个人A掉 ,五六个90分,

说明自己的提升空间还很大。

加油!

2017 noip 创造奇迹!

 

 

预计分数: 60+30+0=90=划水 实际分数: 90+30+20=140=rank5=雷蛇鼠标 一句话总结:今天该买彩票...

超级密码
Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1460    Accepted Submission(s): 433

  图片 10

 

  本文作为补遗篇,在德州扑克的基础上增加一款叫UnderCut的游戏,由于过于简单,运气成分过大,基本上不存在策略的存在而缺少游戏性,所以,在一些电脑或者手机平台上并没有以其改编出来的游戏,不过,作为棋牌的一个系列,这里予以收录。

Problem Description
Ignatius花了一个星期的时间终于找到了传说中的宝藏,宝藏被放在一个房间里,房间的门用密码锁起来了,在门旁边的墙上有一些关于密码的提示信息:
密码是一个C进制的数,并且只能由给定的M个数字构成,同时密码是一个给定十进制整数N(0<=N<=5000)的正整数倍(如果存在多个满足条件的数,那么最小的那个就是密码),如果这样的密码存在,那么当你输入它以后门将打开,如果不存在这样的密码......那就把门炸了吧.

  UnderCut的步骤:

注意:由于宝藏的历史久远,当时的系统最多只能保存500位密码.因此如果得到的密码长度大于500也不能用来开启房门,这种情况也被认为密码不存在.

  STEP 1: 每一轮,黑白双方各取N张牌(N由玩家自己决定,由此我们发现此游戏是纯粹凭借运气的,在理论上,只能说如果玩了无穷次的话,双方将打一个平手)

 

  STEP 2: 依次出示各自的牌

Input
输入数据的第一行是一个整数T(1<=T<=300),表示测试数据的数量.每组测试数据的第一行是两个整数N(0<=N<=5000)和C(2<=C<=16),其中N表示的是题目描述中的给定十进制整数,C是密码的进制数.测试数据的第二行是一个整数M(1<=M<=16),它表示构成密码的数字的数量,然后是M个数字用来表示构成密码的数字.两个测试数据之间会有一个空行隔开.

  STEP 3: 双方互相得到自己的点数,并进行下一轮的较量

注意:在给出的M个数字中,如果存在超过10的数,我们约定用A来表示10,B来表示11,C来表示12,D来表示13,E来表示14,F来表示15.我保证输入数据都是合法的.

 UnderCut的规则:

 

(A)      如果两张牌数字相同,则没有比分

Output
对于每组测试数据,如果存在要求的密码,则输出该密码,如果密码不存在,则输出"give me the bomb please".

(B)      两张牌的数字差1,(称为陷入了UnderCut状态)

注意:构成密码的数字不一定全部都要用上;密码有可能非常长,不要试图用一个整型变量来保存密码;我保证密码最高位不为0(除非密码本身就是0).

(B1)如果两张牌分别是1和2,出示较小数字牌的人获得6点

 

编辑:儿童文学 本文来源:21夏令营清北学堂解题报告,吴昊品游戏核心算法

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