记08年北大ACM选拔赛

    早晨7:40的闹铃。到36楼下面见到了我的两个队友后,随便吃了点东西就出发了。
    计算中心门前特别热闹,N多人围在一张大桌子前,好像是在签到。我挤进去找了半天发现没我的名字,名单上全是信科的人。我抬头问,中文的在哪儿呢。一个美女姐姐用手指了远处的一个几乎没人的地方说“中文的在那边”,并说了一句“哇,中文的呀,太牛B了”。我顺着她手指的方向望过去,另一张小桌子前面贴了“中文”二字,桌子后面没有人,估计是交给了旁边负责数院和元培的人,让他们顺便管一下。从我目前所了解的情况来看,那张桌子应该是特别为我准备的,它在历史上很可能是第一次出现。

      
    第四题是做得最顺利的一道题。我把所有题粗略看了一遍后,首先决定就想这道题。题目描述巨简单,就是问你沿对角线把一个正n边形剖分成三角形和四边形有多少种方法。上图显示了n=5时所有的10种方法。熟悉组合数学的人都知道,三角形剖分方案对应的是Catalan数列,其递推公式的推导相当经典。设C(n)表示凸n+2边形的剖分方案数,枚举底边和哪一个点相连(下图左),容易看出C(n) = C(0)*C(n-1) + C(1)*C(n-2) + … + C(n-1)*C(0)。
    
    现在,如果剖分中允许有四边形的出现,又该怎么办呢?看看数据规模n≤5000,估计应该是叫我们寻找类似的递推公式。容易想到,我们可以枚举底边与哪一个点相连构成三角形,统计出底边属于某个三角形的剖分方案T(n)=ΣC(i)C(j), i+j=n-1;再枚举底边和哪两个点相连构成四边形,统计底边在一个四边形上的剖分数Q(n)=ΣC(i)C(j)C(k), i+j+k=n-2。但是,枚举四边形需要O(n^2)的时间,这样的话整个程序就是O(n^3)的了,n=5000绝对超时。那怎么办呢?两分钟后,我想到了一个具有决定意义的点子:计算Q(n)可以直接利用以前算过的T(i)。枚举四边形的两个顶点时,固定四边形的左边那个顶点,你会惊奇地发现右半部分的所有情况加起来正好就是一个T(i) (上图右)。因此,ΣC(i)T(n-i-1)就是我们所需要的Q(n)。
    一个有趣的细节是,这道题要求选手输出结果除以2^64的余数,不知道会不会有人想不到这个该怎么处理;事实上只需要直接用64位无符号类型来运算就可以了,超界了后计算机储存的本来就已经是2^64的余数了。

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08年MIT解谜比赛结束 比赛题目已经发布

    MIT每年一月份都会举行一次谜题比赛(MIT Mystery Hunt),由上一年的获胜队伍来组织,比赛通常持续两天两夜。每年MIT的解谜比赛都会吸引数千人的到来,他们组成大大小小的队伍,共同参与到解谜游戏中来。游戏要求每支参赛队伍解决近百个谜题,而这些题目的答案又组成了新的谜题(Metapuzzle);所有这些谜题的答案最终会领引参赛队伍寻找到隐藏在校园中的一块硬币。这些题目不是一般的BT,很多题目连个说明都没有,你要是能独立搞出一两个来你就无敌了。
    今年的谜题已经放在了MIT的网上,大家可以到这里去看看:http://www.mit.edu/~puzzle/08/
    绝大多数题目内容都不知所云,你很可能根本看不出这道题需要你干啥;但事实上,每一道谜题都有唯一的答案。你可以点击右上角的Check Answer看到答案。

2007年解谜游戏设计大赛作品

    今年的解谜游戏设计比赛(Puzzle Design Competition)作品目录已经出炉,我从里面挑选了一些比较有意思的玩意儿和大家分享一下。更多的作品(共55个)可以在上面的那个链接里看到。

Baby Duck Case

要求把五只鸭子全部放进盒子里。

Cheese and Mouse

把老鼠(一个圆形)和奶酪都放进盒子里。谜题的构造很容易让人产生定势思维,能想到解法(右图)的人并不多。

Cubature of the Ball

    这个谜题在一个透明的立方体里进行。立方体的内部空间分成了八等份,里面有六个可以滑动的小立方体,有一个直径稍大一点的钢珠,另外还有一块与小立方体大小相同的空白区域。钢珠是嵌在小立方体表面上的沟槽里的,游戏的目标就是把这个钢珠取出来。你可以把小立方体滑动到那个空白的空间,但每一次移动小立方体后,可供钢珠滑动的轨道都会发生变化。

Digits in a Box

把十块积木放进盒子里,然后盖上盒子的盖子。

Forest Puzzle

游戏目标:把环取下来,再上回去。

Magnetic Super Dice

    把27个小骰子拼接成一个大骰子,大骰子的每个面上必须都是9个相同的点数。有些小骰子的面上有磁铁,拼接时必须满足对接面上的磁极异性,最后得到的大骰子就是靠磁力粘起来的。

Void Cube

另类魔方,一看就明白,不用多解释了。

Matrix67生日邀请赛 标程公布

之所以没公布标程,是因为个人觉得标程写得比较丑。
既然有人需要就发布一下吧,标程丑总比没有标程好。

Problem 1
program whyleast;

procedure solve(t,a,b:integer);
begin
   if t=0 then exit else
   begin
      solve(t-1,a,b);
      writeln(a,' ',2);
      solve(t-1,b,a);
      writeln(2,' ',b);
      solve(t-1,a,b);
   end;
end;

{====main====}
var
   n,i:integer;
   ans:longint=1;
begin
  assign(input,'whyleast.in');
  reset(input);
  assign(output,'whyleast.out');
  rewrite(output);
  
  readln(n);
  for i:=1 to n do ans:=ans*3;
  writeln(ans-1);
  solve(n,1,3);
  
  close(input);
  close(output);
end.

Problem 2
program height;

const
   OutputString:array[boolean]of string=('YES','NO');

type
   rec1=record
          h,p:longint;
        end;

   pointer=^rec2;
   rec2=record
          x,y:longint;
          dir:boolean;
          next:pointer;
        end;
var
   orderHeight : array[1..100000]of longint;
   SortHeight  : array[1..100000]of rec1;
   Deg,DegHash : array[0..100000]of longint;
   EdgeHash    : array[1..100000]of pointer;
   n,m,DegCount:longint;

procedure SwapRec(var t1,t2:rec1);
var
   t3:rec1;
begin
   t3:=t1;
   t1:=t2;
   t2:=t3;
end;

procedure SwapInt(var t1,t2:longint);
var
   t3:longint;
begin
   t3:=t1;
   t1:=t2;
   t2:=t3;
end;

function InsertEdgeHash(x,y:longint):integer;
var
   newp:pointer;
begin
   new(newp);
   newp^.x:=x;
   newp^.y:=y;

   if orderHeight[x] > orderHeight[y] then
      newp^.dir:=( 1.25*OrderHeight[y] <= orderHeight[x] )
   else newp^.dir:=( 1.25*OrderHeight[x] > orderHeight[y] );
   newp^.dir:=not newp^.dir;

   newp^.next:=EdgeHash[x];
   EdgeHash[x]:=newp;
   exit( ord( newp^.dir ) );
end;

function FindEdgeHash(x,y:longint):integer;
         { -1: Not Found;  0: x-->y  1: x<--y
            x Always Smaller than y }
var
   now:pointer;
begin
   now:=EdgeHash[x];
   while now<>nil do
   begin
      if now^.y=y then
      begin
         now^.dir:=not now^.dir;
         exit( ord( now^.dir ) );
      end;
      now:=now^.next;
   end;
   exit(-1);
end;

procedure UpdateDeg(t,c:longint);
begin
   if deg[t]<>c then
   begin
     dec(DegHash[Deg[t]]);
     if DegHash[Deg[t]]=0 then dec(DegCount);
     inc(DegHash[c]);
     if DegHash[c]=1 then inc(DegCount);
     Deg[t]:=c;
   end;
end;

procedure ReadHeight;
var
   i:longint;
begin
   readln(n,m);
   for i:=1 to n do
   begin
      readln(OrderHeight[i]);
      SortHeight[i].h:=OrderHeight[i];
      SortHeight[i].p:=i;
   end;
end;

procedure Sort(l,r:longint);
var
   i,j,mid:longint;
begin
   i:=l;
   j:=r;
   mid:=SortHeight[(i+j)div 2].h;
   repeat
      while SortHeight[i].h<mid do inc(i);
      while SortHeight[j].h>mid do dec(j);
      if i<=j then
      begin
         SwapRec(SortHeight[i],SortHeight[j]);
         inc(i);
         dec(j);
      end;
   until i>j;
   if l<j then Sort(l,j);
   if i<r then Sort(i,r);
end;

procedure Init;
var
   low:longint=1;
   high:longint=1;
   i:longint;
begin
   DegHash[0]:=n;
   DegCount:=1;
   for i:=1 to n do
   begin
      while SortHeight[low].h*1.25 < SortHeight[i].h do inc(low);
      while ( high<n ) and ( SortHeight[i].h*1.25 >= SortHeight[high+1].h ) do inc(high);
      UpdateDeg( SortHeight[i].p, high+low-i );
   end;
end;

procedure Solve;
var
   i,x,y:longint;
   dir:integer;
   newp:pointer;
begin
   for i:=1 to m do
   begin
      readln(x,y);
      if x>y then SwapInt(x,y);
      dir:=FindEdgeHash(x,y);
      if dir=-1 then dir:=InsertEdgeHash(x,y);
      if dir=0 then SwapInt(x,y);
      UpdateDeg(x,Deg[x]+1);
      UpdateDeg(y,Deg[y]-1);
      writeln( OutputString[DegCount=n] );
   end;
end;

{====main====}
begin
   assign(input,'height.in');
   reset(input);
   assign(output,'height.out');
   rewrite(output);

   ReadHeight;
   Sort(1,n);
   Init;
   Solve;

   close(input);
   close(output);
end.

Problem 3
program wolf;

type
   rec=record
          left,right:integer;
       end;

const
   infinite=maxlongint div 3-100000;
   //Make sure no overflows occur

var
   k,n,m  : integer;
   map    : array[1..1000,1..1000]of longint;
   dist   : array[1..1000]of longint;
   hash   : array[1..1000]of boolean;
   father : array[1..1000]of longint;

 
;  tree : array[1..1000]of rec;
   attk : array[1..1000]of longint;
   cost : array[1..1000]of integer;
   minf : array[1..1000,0..100]of longint;

procedure readp;
var
   i,x,y,d:longint;
begin
   readln(k,n,m);
   for i:=2 to n do
      readln(attk[i],cost[i]);
   for i:=1 to m do
   begin
      readln(x,y,d);
      map[x,y]:=d;
      map[y,x]:=d;
   end;
end;

procedure init;
var
   i,j:longint;
begin
   for i:=2 to n do dist[i]:=infinite;
   for i:=2 to n do hash[i]:=false;
   dist[1]:=0;
   hash[1]:=true;

   for i:=1 to n do
   for j:=1 to n do
      if map[i,j]=0 then map[i,j]:=infinite;

   for i:=1 to n do
   for j:=1 to k do
      minf[i,j]:=-infinite;
end;

procedure sssp;
var
   i,j:longint;
   min:longint=0;
   minj:longint=1;
begin
   for i:=1 to n-1 do
   begin
      for j:=1 to n do if not hash[j] then
      begin
         if ( min+map[minj,j] = dist[j] ) and ( father[j] > minj ) then
           father[j]:=minj
         else if min+map[minj,j] < dist[j] then
         begin
           dist[j]:=min + map[minj,j];
           father[j]:=minj;
         end;
      end;

      min:=infinite;
      for j:=1 to n do if not hash[j] and (dist[j]<min) then
      begin
         minj:=j;
         min:=dist[j];
      end;

      tree[ minj ].right:=tree[ father[minj] ].left;
      tree[ father[minj] ].left:=minj;
      hash[ minj ]:=true;
   end;
end;

function solve(x,y:longint):longint;  //(node,cost)

   procedure update(var t1:longint;t2:longint);
   begin
      if t1<t2 then t1:=t2;
   end;

var
   ans:longint=-infinite;
   i,t:longint;
begin
   if minf[x,y]<>-infinite then exit(minf[x,y]);
   if y>=cost[x] then ans:=attk[x];

   if tree[x].left>0 then update(ans,solve(tree[x].left,y)+attk[x]);
  
   if tree[x].right>0 then
   begin
      update(ans,solve(tree[x].right,y));
      if y-cost[x]>0 then
         update(ans,solve(tree[x].right,y-cost[x])+attk[x]);
   end;
  
   if (tree[x].left>0) and (tree[x].right>0) then
      for i:=1 to y-1 do
         update(ans,solve(tree[x].left,i)+solve(tree[x].right,y-i)+attk[x]);

   minf[x,y]:=ans;
   exit(minf[x,y]);
end;

procedure writep;
var
   ans:longint=-infinite;
   i,j:integer;
begin
   for i:=0 to k do
     if solve(1,i)>ans then ans:=solve(1,i);
   writeln(ans);
  
   {===For Debug===
   for i:=1 to n do
   begin
      for j:=1 to k do write(minf[i,j]:3);
      writeln;
   end;
   for i:=1 to n do writeln(tree[i].left,' ',tree[i].right);
   }
end;

{====main====}
begin
   assign(input,'wolf.in');
   reset(input);
   assign(output,'wolf.out');
   rewrite(output);

   readp;
   init;
   sssp;
   writep;

   close(input);
   close(output);
end.

Problem 4
program garden;

const
   dir:array[1..4,1..2]of integer=
     ((1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1));

type
   arr=array[1..10]of integer;
   rec=record x,y:integer;end;

var
   map:array[0..11,0..11]of boolean;
   ans:array[1..100]of rec;
   n,m,max:integer;
   step:integer=1;
   state:arr;

procedure readp;
var
   i,j:integer;
   ch:char;
begin
   readln(m,n);
   for i:=1 to n do
   begin
      for j:=1 to m do
      begin
         read(ch);
         map[i,j]:=(ch='1');
         inc(max,ord( map[i,j] ))
      end;
   readln;
   end;
end;

procedure writep;
var
   i:integer;
begin
   for i:=1 to step do
      writeln( '(' , ans[i].x , ',' , ans[i].y , ')' );
end;

procedure solve(x,y:integer);
var
   tx,ty,d:integer;
   step_cache:integer;
   state_cache:arr;
begin
   step_cache:=step;
   state_cache:=state;
   if step=max then
   begin
      writep;
      exit;
   end;

   for d:=1 to 4 do
   begin
      tx:=x+dir[d,1];
      ty:=y+dir[d,2];
      while map[tx,ty] and ( not state[tx] and(1 shl (ty-1) )>0) do
      begin
         inc(step);
         ans[step].x:=tx;
         ans[step].y:=ty;
         state[tx]:=state[tx] or ( 1 shl (ty-1) );
         tx:=tx+dir[d,1];
         ty:=ty+dir[d,2];
      end;

      tx:=tx-dir[d,1];
      ty:=ty-dir[d,2];
      if (tx<>x) or (ty<>y) then solve(tx,ty);
      state:=state_cache;
      step:=step_cache;
   end;
end;

{====main====}
var
   i,j:integer;
begin
   assign(input,'garden.in');
   reset(input);
   assign(output,'garden.o
ut');
   rewrite(output);

   readp;
   for i:=1 to n do
   for j:=1 to m do
     if map[i,j] then
     begin
        ans[1].x:=i;
        ans[1].y:=j;
        state[i]:=1 shl (j-1);
        solve(i,j);
        state[i]:=0;
     end;

   close(input);
   close(output);
end.

依然欢迎大家来挑错

Matrix67生日邀请赛 完全题解发布

题目在这里:http://www.matrix67.com/blog/article.asp?id=241

如果机房马上要关门了,或者你急着要和MM约会,请看简要题解:

1. 用类似于传统hanoi的递归方法可以做到3^n-1次。这显然是最多的了,因为总的状态数也只有3^n个。
2. 可以证明,竞赛图中不存在环当且仅当所有顶点的出度从小到大排列依次为0, 1, 2, … , n-1 。
3. 在最短路树上做树状DP,需要多叉转二叉。注意几种需要输出0的情况。
4. 搜索,算是练基本功了。用位运算优化,不加任何剪枝就能过。

否则,请慢慢阅读——

Problem 1: 为什么最少
    如果你还不熟悉Hanoi塔的解法,去题目中提到的那篇日志看看吧。如果你已经熟悉Hanoi塔的解法,你会立刻想到这道题的解法:依然是递归地解决。至于怎么递归,样例已经告诉我们了:把前n-1个金片从1号柱搬到3号柱,把第n片移到2号柱,又把那n-1片从3号柱搬回1号柱,再把第n片搬到3号柱,最后把那n-1个金片又搬过来,完成整个操作。
    我们下面解决三个问题:为什么这样不会重复出现状态,这样的移动步数是多少,为什么这样的操作步数是最多的。
    为什么这样不会出现重复的状态呢?因为我们假设前n-1个金片的移动过程中没有重复状态,而三次对n-1的调用时整个状态由于第n个金片的位置不同而不同。
    这样的方法获得的操作步数是多少呢?答案是3^n-1。我们可以用数学归纳法证明,n=1时步数为2显然正确,而f(n+1)=3f(n)+2=3*(3^n-1)+2=3^(n+1)-1。
    为什么这样的操作步数是最多的呢?废话,这样的操作步数当然是最多的,因为总的状态数也只有3^n个(每个金片的三种可能的位置确定了一种状态),你的移动步骤能比这个数目还多就见鬼了。

    这道题有人用了math库,没有提供math库导致无法编译是我的失误,向大家道歉。

    Hanoi问题的变种太多了,比如多根柱子、单向移动、双色金片等等。dd上次不是也出了一题么。

    这题代码很短,我公布在下面。
program whyleast;

procedure solve(t,a,b:integer);
begin
   if t=0 then exit else
   begin
      solve(t-1,a,b);
      writeln(a,' ',2);
      solve(t-1,b,a);
      writeln(2,' ',b);
      solve(t-1,a,b);
   end;
end;

{====main====}
var
   n,i:integer;
   ans:longint=1;
begin
   assign(input,'whyleast.in');
   reset(input);
   assign(output,'whyleast.out');
   rewrite(output);
  
   readln(n);
   for i:=1 to n do ans:=ans*3;
   writeln(ans-1);
   solve(n,1,3);
  
   close(input);
   close(output);
end.

Problem 2: 身高控制计划
    一个竞赛图是指任两个点之间都有一条有向边的图。竞赛图有很多奇妙的性质,比如一个竞赛图必然存在一条经过所有节点的路等等。
    下面我们证明,竞赛图中不存在环当且仅当所有顶点的出度从小到大排列依次为0, 1, 2, … , n-1 :
    如果一个有向图的所有点出度都至少为1,那么这个图一定有环,因为在找到环之前DFS总可以找到新的节点。如果有向图无环,必然存在一个点没有出度。由于任两点之间都有有向边,那么其它所有点都要连一条边指向它,这样其它所有点的出度都至少为1了。删掉这个出度为0的点后剩下的图仍然无环,不断对剩下的图继续上面的过程就得到了我们的结论。
    现在我们的算法就很明确了,首先统计初始状态下的出度,然后设计某种数据结构完成两种操作:改变一个数(加一减一),询问所有数是否恰好为0, 1, 2, … , n-1 。
    统计初始状态下的出度方法有很多,这里介绍两个。首先对身高排序,然后对于每个人进行二分,寻找有序数列中该数的4/5和5/4各在什么地方。还有一种方法也是先排序,然后从左到右扫描整个序列,并保持两个指针始终指向4/5和5/4处。每次开始处理一个新的数时都把两个指针适当地右移直到超出了这个数的4/5或5/4为止。两种方法都是O(nlogn)。别以为第二种方法是线性的哦,线性算法之前还有一个排序呢。
    操作的处理也有不少方法。最简单的方法就是统计当前图中出度的数目有多少种。就是说,用a[i]表示出度为i的点有多少个,然后不断更新a[i]>0的有多少个。当这个数目等于n时我们就认为图中没有环(因为出度可能的取值只有从0到n-1共n种)。
    注意,由于同一条边可能被操作多次,因此需要一个Hash表(开散列)来判重。具体地说,你需要判断这条边以前被操作过奇数次还是偶数次,以决定哪边的出度要增加,哪边的出度要减小。

Problem 3: 狼的复仇

    把这个问题中所有的最短路都画出来是什么样子?它一定是一棵树!为什么?首先,图肯定是连通的,因为源点到任一个点都有一条最短路;其次,图肯定无环,因为源点到任一个点只有一条最短路(环的出现将意味着某些点有更短的路存在)。仔细想一下Dijkstra的算法过程,不难想到Dijkstra算法的实质就是在建这棵树——每一次由x节点加上边x-y扩展到y节点就记作x是y的父亲。注意观察上图中左图是如何变成右图的。这样,题目变成了这种形式:在有根树上,除根节点之外的其它节点中选择一些节点,使得这些节点和它们所有祖先的权值和最大。这是一个经典的树型动态规划模型。我们用f[i,j]表示以节点i为根节点的子树花费j个单位的材料最多可以得到多大的攻击力。令节点1的材料和攻击力都为0,那么最后输出f[1,0..k]中的最大值即可。决策分为两类,要么该位置建一个塔,要么把所有材料适当地分给儿子(自己就不需要再建了)。但这样的复杂度太高,我们需要用DP嵌套或者更巧妙的多叉转二叉来解决。
    DP嵌套理解起来更简单,它主要是解决这样一个子问题:若某个节点有m个儿子,我们需要寻找当j1+j2+…+jm等于某个定值时f[儿子1,j1]+f[儿子2,j2]+…+f[儿子m,jm]的最大值。这个子问题与我的某次模拟赛中论文课题选择那道DP题几乎是一模一样,看一看那道题就明白了。下面简单描述多叉转二叉的方法。

    如果你还不知道多叉转二叉的话,这道题是一个绝好的学习材料。一棵多叉树可以用“左儿子右兄弟”的方法转为二叉树,具体的说就是把多叉树转化为这种形式:节点的左儿子才是真正的儿子,节点的右儿子只是和它同辈的兄弟。注意看上图的左图是如何变成右图的。现在,我们的f[i,j]表示