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（一)算法基础——枚举

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导读：本篇文章讲解 （一)算法基础——枚举，希望对大家有帮助，欢迎收藏，转发！站点地址：www.bmabk.com

目录

枚举

 例题

1.完美立方

2.生理周期

3.假币问题

枚举

  • 基于逐个尝试答案的一种问题求解策略
  • 例如: 求小于N的最大素数
    • – 找不到一个数学公式, 使得根据N就可以计算出这个素数
    • – N-1是素数吗? N-2是素数吗? ……
    • ->判断N-i是否是素数的问题
    • ->转化为求小于N的全部素数(可以用筛法)

 例题

1.完美立方

  • 题目

        形如a^3= b^3 + c^3 + d^3的等式被称为完美立方等式。例如 12^3= 6^3 + 8^3 + 10^3 。编写一个程序，对任给的正整数N (N≤100)，寻找所有的四元组(a, b, c, d)，使得a ^3 = b^3 + c ^3 + d^3，其中a,b,c,d 大于 1, 小于等于N，且b<=c<=d。

  • 输入

        一个正整数N (N≤100)。

  • 输出

        每行输出一个完美立方。输出格式为： Cube = a, Triple = (b,c,d) 其中a,b,c,d所在位置分别用实际求出四元组值代入。

  • 要求

        请按照a的值，从小到大依次输出。当两个完美立方 等式中a的值相同，则b值小的优先输出、仍相同 则c值小的优先输出、再相同则d值小的先输出。

  • 样例输入

24 

  • 样例输出

Cube = 6, Triple = (3,4,5)

Cube = 12, Triple = (6,8,10)

Cube = 18, Triple = (2,12,16)

Cube = 18, Triple = (9,12,15)

Cube = 19, Triple = (3,10,18)

Cube = 20, Triple = (7,14,17)

Cube = 24, Triple = (12,16,20)

解题思路

        本题目前找不到一个高效的办法，就只能先通过多层循环来解决，但是在循环的过程中，要注意循环的范围，避免一些无效的运算，以此来提高效率。

a枚举范围[2,N]

b范围 [2,a-1]

c范围 [b,a-1]

d范围 [c,a-1]

 代码实现如下所示

#include<stdio.h>
int main(void)
{
	//输入部分 
	int N;
	scanf("%d", &N);
	//循环部分
	int a, b, c,d;
	for (a = 2; a <= N; a++){
		for(b = 2; b <= a - 1; b++){
			for(c = b; c <= a - 1; c++){
				for(d = c; d <= a - 1; d++){
					if(a*a*a == b*b*b + c*c*c + d*d*d)
						printf("Cube = %d, Triple = (%d,%d,%d)\n", a, b, c, d);
				}
			}
		}
	} 
	return 0;
}

运行效果如下所示

（一)算法基础——枚举

 总结

        本题难度不大，也没有什么技巧，主要的问题就是控制好循环的范围，避免一些无效计算。

2.生理周期

  • 题目

        人有体力、情商、智商的高峰日子，它们分别每隔 23天、28天和33天出现一次。对于每个人，我们想 知道何时三个高峰落在同一天。给定三个高峰出现 的日子p,e和i（不一定是第一次高峰出现的日子）, 再给定另一个指定的日子d，你的任务是输出日子d 之后，下一次三个高峰落在同一天的日子（用距离d 的天数表示）。例如：给定日子为10，下次出现三 个高峰同一天的日子是12，则输出2。

  • 输入

        输入四个整数：p, e, i和d。 p, e, i分别表示体力、情感和智力 高峰出现的日子。d是给定的日子，可能小于p, e或 i。所有给 定日子是非负的并且小于或等于365，所求的日子小于或等于 21252。

  • 输出

从给定日子起，下一次三个高峰同一天的日子（距离给定日子 的天数）。

  • 输入样例

0 0 0 0

0 0 0 100

5 20 34 325

4 5 6 7

283 102 23 320

203 301 203 40

-1 -1 -1 -1

  • 输出样例

Case 1: the next triple peak occurs in 21252 days.

Case 2: the next triple peak occurs in 21152 days.

Case 3: the next triple peak occurs in 19575 days.

Case 4: the next triple peak occurs in 16994 days.

Case 5: the next triple peak occurs in 8910 days.

Case 6: the next triple peak occurs in 10789 days.

 解题思路

        一开始想的是直接从d+1试到21252，但后来发现这样太慢了，之后听老师讲解后，选择了更快一点的解法，即跳跃式寻找，先找到体力高峰，在每次增加23天进行判断，找到情商高峰，再一次加23*28天，找到智商高峰，这样就比之前判断的更少。

代码实现如下

#include<stdio.h>
int main(void)
{
	int p, e, i, d, n = 0;
	// 输入 
	while(scanf("%d %d %d %d",&p ,&e ,&i ,&d) && p!=-1){
		//用来计数 
		++n;
		int k;
		// 找到体力高峰 
		for(k = d+1; (k - p) % 23; ++k);
		//找到情商高峰 
		for(; (k - e) % 28; k += 23);
		// 找到智商高峰 
		for(; (k - i) % 33; k += 23 * 28);
		printf("Case %d : the next triple peak occurs in %d days.\n",n,k - d);		
	}
	return 0;
}

运行结果如下所示

（一)算法基础——枚举

总结

本题也是一样的，既然不能避免遍历，那就减少判断的次数，来达到优化的效果。

3.假币问题

  • 题目

        有12枚硬币。其中有11枚真币和1枚假币。假币和真 币重量不同，但不知道假币比真币轻还是重。现在， 用一架天平称了这些币三次，告诉你称的结果，请你 找出假币并且确定假币是轻是重（数据保证一定能找 出来）。

  • 输入

        第一行是测试数据组数。 每组数据有三行，每行表示一次称量的结果。银币标号为 A-L。每次称量的结果用三个以空格隔开的字符串表示： 天平左边放置的硬币 天平右边放置的硬币 平衡状态。其 中平衡状态用“up”, “down”, 或 “even”表示, 分别为右 端高、右端低和平衡。天平左右的硬币数总是相等的。

  • 输出

        输出哪一个标号的银币是假币，并说明它比真币轻还是重。

  • 输入样例

1

ABCD EFGH even

ABCI EFJK up

ABIJ EFGH even

  • 输出样例

K is the counterfeit coin and it is light.

解题思路

        一开始想假设硬币是轻的，就直接去翘起来的一端去找，找不到之后再假设硬币是重的，去降下来的一端找，后来发现这样写出来的代码不但不好理解，而且还不能有效的解决问题，代码耦合性也较高。后来就对于每一枚硬币先假设它是轻的，看这样是否符合称量结果。如果符合，问题即解决。如果不符合，就假设它是重的，看是否符合称量结果。如此遍历一遍，就能找到特殊的硬币。

代码如下所示

#include <stdio.h>
#include <string.h>
char Left[3][5]; //天平左边硬币
char Right[3][5]; //天平右边硬币
char result[3][5]; //结果
bool IsFake(char c,bool light) ;
int main(void) {
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while(t--) {
		// 输入 
		for(int i = 0;i < 3; i++) scanf("%s %s %s",&Left[i],&Right[i],&result[i]);
		//遍历 
		for(char c='A'; c<='L';c++) {
			// 如果是轻的假币 
			if( IsFake(c,true) ){
				printf("%c is the counterfeit coin and it is light.\n", c);
				break;
			}
			// 如果是重的假币 
			else if( IsFake(c,false) ){
				printf("%c is the counterfeit coin and it is heavy.\n", c);
				break;
			}
		}
	}
	return 0; 
}

bool IsFake(char c,bool light) 
//light 为真表示假设假币为轻，否则表示假设假币为重
{
	for(int i = 0;i < 3; i++) {
		char * pLeft,*pRight; //指向天平两边的字符串
		if(light) {
			pLeft = Left[i];
			pRight = Right[i];
			}else {
			//如果假设假币是重的，则把称量结果左右对换，这样能使代码统一化，相对于转换成轻的假币 
					pLeft = Right[i];
					pRight = Left[i];
				}
		switch(result[i][0]) { //天平右边的情况
			case 'u':
				//如果右边翘起来时，右边没有这个字符，就说明不是轻的假币 
				if ( strchr(pRight,c) == NULL)
				return false;
			break;
			
			case 'e':
				//如果平衡时有这个字符，就说明不是假币 
				if( strchr(pLeft,c) || strchr(pRight,c))
				return false;
			break;
			
			case 'd':
				//如果左边翘起来时，左边没有这个字符，就说明不是轻的假币 
				if ( strchr(pLeft,c) == NULL)
				return false;
			break;
			}
		}
	return true;
}

运行结果如下所示

（一)算法基础——枚举

总结

        本题难度也不大，但是一开始思路错了，导致代码比较复杂，还不好理解，在尝试优化代码后也没有特别好的办法，就还是选择了这种易于理解的解法。

4.熄灯问题

  • 题目

有一个由按钮组成的矩阵, 其中每行有6个按钮, 共5行

  •  每个按钮的位置上有一盏灯
  •  当按下一个按钮后, 该按钮以及周围位置(上边, 下边, 左 边, 右边)的灯都会改变状态

（一)算法基础——枚举

  • 如果灯原来是点亮的, 就会被熄灭
  • 如果灯原来是熄灭的, 则会被点亮
  • 在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态
  • 在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态
  • 其他的按钮改变5盏灯的状态

（一)算法基础——枚举

与一盏灯毗邻的多个按钮被按下时,一个操作会抵消另一次操作的结果

给定矩阵中每盏灯的初始状态，求一种按按钮方案，使得所有的灯都熄灭

  • 输入
  1. 第一行是一个正整数N, 表示需要解决的案例数
  2. 每个案例由5行组成, 每一行包括6个数字
  3. 这些数字以空格隔开, 可以是0或1
  4. 0 表示灯的初始状态是熄灭的
  5. 1 表示灯的初始状态是点亮的
  • 输出

对每个案例, 首先输出一行, 输出字符串 “PUZZLE #m”, 其中m是该案例的序号

接着按照该案例的输入格式输出5行

1 表示需要把对应的按钮按下

0 表示不需要按对应的按钮

每个数字以一个空格隔开

（一)算法基础——枚举

解题思路

        暴力解法肯定是不行的，就只能用局部推整体，有点像分治的思想，就是先确定第一行的按下方式，之后第二行的按下数据也定好了，当这样操作5次之后，如果第五行为0，也就是全熄灭，就说明这样的第一行数据可以熄灭全部的灯。

代码如下所示
 

#include<stdio.h>
#include<string.h>
void SetBit(char &c, int i,int v);
int GetBit(char c, int i);
void FlipBit(char &c, int i);
void OutputResult(int t,char result[]);
int main(void)
{
	char oriLights[5];  //最初灯矩阵，一个比特表示一盏灯
	char Lights[5]; 	//不停变化的灯矩阵
	char result[5];		//结果开关矩阵
	int T, t, i, j,n;
	scanf("%d", &T);
	for(t = 1; t <= T; ++t) {
		for(i = 0; i < 5; ++i)
		// 输入 
			for(j = 0; j < 6; ++j){
				int s;
				scanf("%d", &s);
				SetBit(oriLights[i], j,s);
			}
		 //遍历首行开关的64种状态
		for(n = 0; n < 64; ++n){
			int switchs = n;
			memcpy(Lights, oriLights, sizeof(oriLights));
			for(i = 0; i < 5; ++i){
				result[i] = switchs;
				// 第J列 
				for(j = 0; j < 6; j++){
					if(GetBit(switchs,j)){
						// 设定第j行 
						if(j > 0){
							// 左边 
							FlipBit(Lights[i],j-1);							
						}
						FlipBit(Lights[i],j);
						if(j < 4)
							//右灯
							FlipBit(Lights[i], j+1);								
					}
				}
				//设定下一行 
				if(i < 4){
					Lights[i + 1] ^= switchs;
				}
				//把这一行的数据传回去 
				switchs = Lights[i];  
			} 
			if(Lights[4]  == 0){
				OutputResult(t,result);
				break;
			}
		}			
		} 
	return 0;
}

// 获取到数据 
int GetBit(char c, int i)
{
	return (c >> i) & 1;
}
// 设定数据 
void SetBit(char &c, int i,int v)
{
	if(v){
		c |= (1 << i);
	}else{
		c &= ~(1 << i);
	} 
}
// 翻转数据 
void FlipBit(char &c, int i)
{
	c ^= (1 << i);
}

void OutputResult(int t,char result[])
{
	int i, j;
	printf("PUZZLE #  %d\n",t);
	for(i = 0; i < 5; ++i){
		for(j = 0; j < 6; ++j){
			printf("%d",GetBit(result[i], j));
			if(j < 5){
				printf(" ");
			}			
		}
		printf("\n");
	}
 }

运行结果如下所示

（一)算法基础——枚举

总结

        首先是用局部推整体的思想，先确定第一行，后面的自然就确定下来了。第二个 就是使用char类型去储存变量，然后运用位运算去操作，不过这样的操作在单片机中比较常见，也能对单片机的编程提供一种思路。

关于枚举的例子就只有这么点了，我们继续后面的学习。

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