BJ 集训测试1 Problem B 汉诺塔

BJ 集训测试1 Problem B 汉诺塔

​​ 范围1e5 给定三根柱子的初始状态 给定末状态求从当前状态到终止状态至少要操作多少次

样例

3

2 1 2

0

1 3

1 3

0

2 1 2

网上做法大多是错的..

但是思想是差不多的都是利用这个对称性

考虑假如目标状态完全在一个柱子上那么显然需要从大到小把盘子移动到对应位置同时必须考虑剩下的盘子必须是整理好的所以先利用经典结论将一根柱子上的盘子完全挪动到另一根柱子需要2^n-1次操作

对于样例的解释来看为什么直接做是错的 因为我们不需要将所有盘子先挪动到另一个上 而是可以考虑将终止状态先挪动到另一根柱子上 然后再将初始状态完全挪动到终止状态上 然而中间的挪动过程是不需要比较这两种方式谁优的..

因为经过另外一个柱子需要最少2^(k+1)次 然而直接交换的次数是2^k+2^k-1的可以看作是先将最大挪动到第三个 然后将它上面的挪回去 然后再将我挪过去再重新挪回来

关于最后为什么要比较 博主当时也是听大佬们讲之后意会的 现在已不记得..欢迎私信告诉辣鸡蒟蒻elijahqi qwq

#include#include#define mod 998244353#define N 1100000#define ll long longusing namespace std;inline char gc(){ static char now[1<<16],*S,*T; if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;} return *S++;}inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=gc(); while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();} while(ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-'0',ch=gc(); return x*f;}int st[N],ed[N],ans1[N],ans2[N];inline void solve1(int *a,int k,int p){ if (!k) return ; if (a[k]==p) {solve1(a,k-1,p);return;} solve1(a,k-1,6-a[k]-p);++ans1[k-1];} inline void solve2(int *a,int k,int p){ if (!k) return; if (a[k]==p) {solve2(a,k-1,p);return;} solve2(a,k-1,6-a[k]-p);++ans2[k-1];}ll ans;int main(){ freopen("hanoi.in","r",stdin); int n=read(); for (int i=read();i;--i) st[read()]=1; for (int i=read();i;--i) st[read()]=2; for (int i=read();i;--i) st[read()]=3; for (int i=read();i;--i) ed[read()]=1; for (int i=read();i;--i) ed[read()]=2; for (int i=read();i;--i) ed[read()]=3; while(st[n]==ed[n]) --n; solve1(st,n-1,6-st[n]-ed[n]);solve1(ed,n-1,6-st[n]-ed[n]);++ans1[0]; solve2(st,n-1,ed[n]);solve2(ed,n-1,st[n]);++ans2[n-1];++ans2[0]; //所有都具有对称性 所以分成两部分考虑 for (int i=0;i<=n+4;++i) ans1[i+1]+=ans1[i]>>1,ans1[i]%=2; for (int i=0;i<=n+4;++i) ans2[i+1]+=ans2[i]>>1,ans2[i]%=2;// for (int i=0;i<=n+4;++i) printf("%d,ans1[i]);puts("");// for (int i=0;i<=n+4;++i) printf("%d,ans2[i]);puts(""); ll base=1;bool flag=0; for (int i=n+4;~i;--i) if (ans1[i]>ans2[i]) {flag=1;break;}else if (ans1[i]

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