1.枚举

1.1 完美立方

形如a³>= b³ + c³+ d³的等式被称为完美立方等式。例如12³= 6³ + 8³+ 10³。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a³=b³ + c³+ d³，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。

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。

• 解题思路：

  四重循环枚举a,b,c,d，a在最外层，d在最里层，每一层都是从小到大枚举

  a枚举范围[2,N]
  b范围[2, a-1]

• #include <iostream>
  #include <cstdio>
  using namespace std;int main()
  {int N;scanf("%d", &N);for (int a = 2; a <= N; ++a)for (int b = 2; b < a; ++b)for (int c = b; c < a; ++c)for (int d = c; d < a; ++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;
  }
  

1.2 生理周期

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

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的天数)。

• 解题思路

从d+1天开始，一直试到第21252天，对其中每个日期k,看是否满足(k-p)8230&&(k-e)8280_&&(k-i)833== 0

如何试得更快?

找到一个周期后，寻找下一个周期每次枚举增加的天数为已找到的周期（的最小公倍数）。

• #include <iostream>
  #include <cstdio>
  using namespace std;
  #define N 21252
  int main()
  {int p, e, i, d, caseNo = 0;while (cin >> p >> e >> i >> d && p != -1){++caseNo;int k;for (k = d + 1; (k - p) % 23; ++k);for (; (k - e) % 28; k += 23);for (; (k - i) % 33; k += 23 * 28);cout << "Case "<< caseNo <<" : the next triple peak occurs in "<< k-d <<"";}return 0;
  }
  

1.3 称硬币

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

1 注意:天平左右的硬币数总是相等的,这里的up/down指右边翘起/下沉

ABCD EFGH even

ABCI EFJK up

ABIJ EFGH even

输出

K is the counterfeit coin and it is light.

• 解题思路
  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。把所有硬币都试一遍，一定能找到特殊硬币。

  如何判断一个假设结果为真？

• #include <iostream>
  #include <cstring>
  using namespace std;
  char Left[3][7];   //天 平左边硬币
  char Right[3][7];  //天 平右边硬币
  char result[3][7]; //结果
  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int main()
  {int t;cin >> t;while (t--){for (int i = 0; i < 3; ++i)cin >> Left[i] >> Right[i] >> result[i];for (char C = 'A'; C <= 'L'; C++){if (IsFake(C, true)){cout << C << " is the counterfeit coin and it is light.\n";break;}else if (IsFake(C, false)){cout << C < < < " is the counterfeit coin and it is heavy. \n";break;}}}
  }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pLeft = Right[i];pRight = Left[i];}switch (result[i][0]){ //天平右边的情况case 'u':if (strchr(pRight, c) == NULL)//天平右边翘起说明为轻的假币在右边return false;break;case 'e':if (strchr(pLeft, c) == strchr(pRight, c))//天平平衡翘起说明为轻的假币左右两边都不能在return false;break;case 'd':if (strchr(pLeft, c) == NULL)//天平右边下沉说明为轻的假币在左边return false;break;}}return true;
  }

1.4 熄灯问题(一)

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

-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

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

-第一行是一个正整数N,表示需要解决的案例数

-每个案例由5行组成，每一行包括6个数字

-这些数字以空格隔开，可以是0或1

-0表示灯的初始状态是熄灭的

-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

• 解题思路

  第2次按下同一个按钮时,将抵消第1次按下时所产生的结果→每个按钮最多只需要按下一次

  第一想法:枚举所有可能的按钮(开关)状态，对每个状态计算一下最后灯的情况，看是否都熄灭，每个按钮有两种状态(按下或不按下)，一共有30个开关，那么状态数是230,太多，会超时。

  如何减少枚举的状态数目呢?

  基本思路:如果存在某个局部，一旦这个局部的状态被确定，那么剩余其他部分的状态只能是确定的一种，或者不多的n种，那么就只需枚举这个局部的状态即可。

  经过观察，发现第1行就是这样的一个“ 局部”
  -因为第1行的各开关状态确定的情况下，这些开关作用过后，将导致第1行某些灯是亮的，某些灯是灭的
  -要熄灭第1行某个亮着的灯(假设位于第i列)，那么唯一的办法就是按下第2行第i列的开关
  (因为第1行的开关已经用过了，而第3行及其后的开关不会影响到第1行)

  -为了使第1行的灯全部熄灭，第2行的合理开关状态就是唯一-的

  有没有状态数更少的做法？

  枚举第一列，状态数是2的5次方=32

  #include <memory>
  #include <string>
  #include <cstring>
  #include <iostream>
  using namespace std;
  char oriLights[5];
  char lights[5] ;
  char result[5] ;
  int GetBit (char c,int i){//取c的第i位return(c>>i)&1;
  }
  void SetBit(char &c,int i ,int v){//c的第i位置为vif(v)c|=(1<<i);else c&=~(1<<i);
  }
  void FlipBit(char &c,int i){//c的第i位反转c^=(1<<i);
  }
  void OutputResult(int t,char result[]){cout<<"PUZZLE #"<<t<<endl;for(int i=0;i<5;++i){for(int j;j<6;++j){cout<<GetBit(result[i],j);if(j<5)cout<<" ";else cout<<endl;}}
  }
  int main(){int T;for(int t=1;t<=T;++t){for(int i=0;i<5;++i)for(int j=0;j<6;++j){int s;cin>>s;SetBit(oriLights[i],j,s);}for(int n=0;n<64;++n){int switchs=n;memcpy(lights,oriLights,sizeof(oriLights));fot(int i=0;i<5;++i){result[i]=switchs;//第i行的状态存进resultfor(j=0;j<6;++j){if(GetBit(switchs,j)){if(j>0)FlipBit(Lighis[i],j-1);FlipBit(lights[i],j);if(j<5)FlipBit(lights[i],j+1);}}if(i<5)lights[i+1]^=switchs;//下一行的灯的状态用异或即可确定switchs=lights[i];}if(lights[4]==0){//最后一行全被熄灭表示成功OutputResult(t,result);break;}}}return 0;
  }