一般枚举题目合集

一般枚举题目合集

• 枚举
• • [NOIP 2011 提高组 铺地毯](#NOIP 2011 提高组 铺地毯)
  • [P2327 [SCOI2005] 扫雷](#P2327 [SCOI2005] 扫雷)
  • [蓝桥真题 跑步](#蓝桥真题 跑步)
  • [蓝桥真题 猜年龄](#蓝桥真题 猜年龄)
• 二进制枚举
• • 常用的技巧整理
  • [子集 - 力扣](#子集 - 力扣)
  • [P10449 费解的开关](#P10449 费解的开关)
  • [UVA11464 Even Parity](#UVA11464 Even Parity)
  • • [通过Virtual Judge提交代码](#通过Virtual Judge提交代码)
    • 正解
• 日期枚举
• • [蓝桥真题 跑步](#蓝桥真题 跑步)
  • [NOIP 2016 普及组 回文日期](#NOIP 2016 普及组 回文日期)
  • 日期统计

写这段纯粹是无聊。不想看的可以点击目录跳过。

自己在今年4月12日的省赛拿了一等奖。但自己感觉自己有很大的问题。

1. 看到题目不是没思路，而是思路太多，在蓝桥杯的那种赛制下容易选择一个方向去实现，很容易造成样例过、瞎编的测试样例也过但提交后对的不多甚至全错的情况。
2. 会被题目带偏，印象深刻的就是某一题题目给的信息我误解成等差数列导致错误（虽然经过证实等差数列的思路只能通过一半的测试样例），这点说明我并不喜欢这种找规律的题，而是通过题干拆解成曾经做过的题。
3. 喜欢写题解，自己想不起来怎么搓做过的题了看一眼挺好，但字数太多，太过详细，挤压了很多学习的时间。因此尝试缩减字数。
4. 自己毕竟只是个大三，没了刚进大学的激情，还因为做题没做过本校大一的新生信心受挫。后面的蓝桥杯国赛和ICPC邀请赛多半是陪跑的，主要重心还是在就业。
5. 自己会很多看起来很d的算法、数据结构，但做题没做过大一的，很大原因是基础的东西忘了。所以会尝试从基础的补进度。毕竟，有人在三千万岁开始学习解一元二次方程，还说不太晚，我这种蒟蒻又算什么^_^

枚举

顾名思义，就是把所有情况全都罗列出来，然后找出符合题目要求的那一个。因此，枚举是一种纯暴力的算法。

一般情况下，枚举策略都是会超时的。此时要先根据题目的数据范围来判断暴力枚举是否可以通过。如果不行的话，就要用各种算法来进行优化（比如二分，双指针，前缀和与差分等）。

使用枚举策略时，重点思考枚举的对象（枚举什么），枚举的顺序（正序还是逆序），以及枚举的方式（普通枚举？递归枚举？二进制枚举）。

NOIP 2011 提高组 铺地毯

P1003 [NOIP 2011 提高组\] 铺地毯 - 洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/P1003) 将所有地毯的信息保存在数组中，逆向枚举数组，当坐标在数组表示的地毯范围内时，编号即为答案。 否则输出`-1`。 ```cpp #include using namespace std; void ac() { int n; cin >> n; vectora, b, g, k; for (int i = 0; i < n; i++) { int q, w, e, r; cin >> q >> w >> e >> r; a.push_back(q); b.push_back(w); g.push_back(e); k.push_back(r); } int x, y; cin >> x >> y; for (size_t i = a.size() - 1; i != -1; i--) { if (a[i] <= x && a[i] + g[i] >= x && b[i] <= y && b[i] + k[i] >= y) { cout << i+1; return; } } cout << -1; } int main() { int T = 1; //cin >> T; while (T--) ac(); return 0; } ``` ### P2327 \[SCOI2005\] 扫雷 \[P2327 [SCOI2005\] 扫雷 - 洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/P2327) 最初思路： 1. 所有标3的格子，附近一定是雷，方法数1； 2. 和3有贴贴的2，以及最两端的格子，方法数1； 3. 其他2，通过已知的2推，1同理。 但无法证明思路是否正确，而且只能找到填法，不能找到方法数。若是平时，我可能想到了就会一头陷进去。 解法： 发现，每个格子有0、1个雷两种状态，因此可以先确定第1个格子的状态，根据第1个格子的状态去推下一个格子的状态，直到枚举完。 当枚举的地雷数小于0，说明欠地雷；大于1，说明多地雷。此时第1个格子的这个状态，无法安排雷。 而且要枚举到第`n+1`个格子，因为会出现第`n`个第2列填3的非法情况，需要进一步检测。 ```cpp #include using namespace std; const int N = 1e4 + 10; short l1[N], l2[N];//l1表示第1列 int n; int cnt(bool s) { l1[1] = s; for (int i = 2; i <= n + 1; i++) { l1[i] = l2[i - 1] - l1[i - 1] - l1[i - 2]; if (l1[i] < 0 || l1[i]>1) return 0; } if (l1[n + 1] == 0) return 1; return 0; } void ac() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> l2[i]; cout << cnt(0) + cnt(1) << endl; } int main() { int T = 1; //cin >> T; while (T--) ac(); return 0; } ``` ### 蓝桥真题 跑步 [2.跑步 - 蓝桥云课](https://www.lanqiao.cn/problems/2271/learning/?page=2&first_category_id=1&second_category_id=3&tags=%E8%AF%AD%E6%B3%95,%E6%97%A5%E6%9C%9F%E9%97%AE%E9%A2%98,%E5%8D%95%E4%BD%8D%E6%8D%A2%E7%AE%97,%E6%95%B0%E5%AD%A6&tag_relation=union) 枚举日期，判断是否符合条件即可。 参考程序： ```c #include int y=2022,m=1,d=1; int week=6; int month[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; int judg(){ if(d%10==1||week==6||week==7) return 1; return 0; } void f() { int cnt=0; while(y!=2023){ ++d;++week; if(d>month[m]){ m++;d=1; if(m>12){ y++;m=1; } } if(week>7){ week=1; } cnt+=judg(); } printf("%d",cnt); } int main() { //f(); printf("138"); return 0; } ``` 本题是一道填空题，唯一的测试用例是138。 ### 蓝桥真题 猜年龄 [6.猜年龄 - 蓝桥云课](https://www.lanqiao.cn/problems/718/learning/?page=1&first_category_id=1&status=2) 纯枚举，这个数学王子很年轻，所以年龄不会很大。 ```c #include int main() { int cnt[10]={0};//count，计数用 int i=0; for(i=11;i<=36;i++){ int a=i*i*i;//立方 int b=a*i;//四次方 //统计每一位 while(a!=0){ cnt[a%10]++; a/=10; } while(b!=0){ cnt[b%10]++; b/=10; } //cnt全是1，则i即为正确答案 int j=0; for(j=0;j<10;j++){ if(cnt[j]==1) continue; else break; } if(j==10){ printf("%d",i); return 0; } for(j=0;j<10;j++){ cnt[j]=0; } } //printf("18");//其实可以把次方数输出，肉眼观察 return 0; } ``` 这是一道填空题，唯一的测试用例是18。 ## 二进制枚举 二进制枚举：用一个数二进制表示中的 0/1 表示两种状态，从而达到枚举各种情况。 利用二进制枚举时，会用到一些位运算的技巧。 关于用二进制中的 0/1 表示状态这种方法，会在动态规划中的状态压缩 dp 中继续使用到。 二进制枚举的方式也可以用递归实现。 ### 常用的技巧整理 1. 求某个整数的二进制位。也能用于统计整数的二进制中1的数量。 ```cpp int cnt(int x){ for(int i=0;i>i)&1; } } ``` 2. 想要指定的bit位为1。通过或运算实现。 ```cpp void get(int& x){ int place=0; cin>>place;//想要x的第place位的bit位为1 x|=(1<> vvi; typedef vector vi; typedef vector vb; void dfs(int max_dep,int dep,vi& nums,vvi& ans,vi&tmp,vb&vis, int last){ if(dep==max_dep+1){ ans.push_back(tmp); return; } //剪枝：通过last排除等效冗余 for(int i=last;i> subsets(vector& nums) { sort(nums.begin(),nums.end()); vvi ans(1,vi()); vi tmp; vb vis(nums.size(),0); //给定递归深度，进行深搜 for(int i=1;i<=nums.size();i++){ dfs(i,1,nums,ans,tmp,vis,0); } return ans; } }; ``` 法2：二进制枚举 用0表示不选某一bit位的数，1表示选。 1. 枚举`[0,1<> subsets(vector& nums) { vector> ret; int n = nums.size(); // 枚举所有的状态 for (int st = 0; st < (1 << n); st++) { // 根据 st 的状态，还原出要选的数 vector tmp; // 从当前选的⼦集 for (int i = 0; i < n; i++) { if ((st >> i) & 1) tmp.push_back(nums[i]); } ret.push_back(tmp); } return ret; } }; ``` ### P10449 费解的开关 [P10449 费解的开关 - 洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/P10449) 根据题目得到3条性质： 1. 重复按同一个开关没意义。 2. 按法确定后，最终结果和按的顺序无关。 3. 第1行的按法确定后，整个按法都确定。因为目标是让所有灯都亮，所以第1行按完后，第2行的目标是使第1行全亮，第3行的目标是使第2行全亮，于是按法固定。 根据性质得到解法： 1. 利用二进制的特性，枚举第1行的按法。范围`[1,1<<5-1]`，这样就能枚举所有bit位的情况。 2. 按灯。 1. 存灯的状态，可以用二维数组，这里用具体的整数。但需要将状态换一下，1表示灯灭，0表示全亮。这样只需要看最后一行是否全为0即可。这样用二进制的特性去按的时候会很好处理。 2. 按灯时，根据1给的按法，将第`i`层的状态`a[i]` 进行异或处理：`a[i]^ push ^ (push >> 1) ^ (push << 1)`。 根据性质2可以证明即使将按法按照bit位拆分开来，和不拆分没区别。 3. 按完之后最边缘的1可能会对其他无关 bit 位造成影响，进而影响最终结果。例如按法`10000`，初始状态`000000`，按完后最终状态`111000`，最高位的1会影响最终结果，需要变成`11000`，才能正确表达最终结果。 因此需要进行操作`a[i]&=(1<<5)-1`抵消影响。 4. 下一行的灯直接`^=push`即可。 3. 根据上一次按灯的结果，确定下一行的按法。 下一行的目标是这一行的灯全亮，因此按法也就是当前行的按法。到这里就体现了状态转换的好处：1表示灯灭，也能表示下一行的按法，此时确定下一行的按法时直接复制当前行的状态即可。 4. 重复1、2、3。当出现按的次数小于6的情况时就是答案。 ```cpp #include using namespace std; //求int型数据的32位bit位中，1的数量 int calc(int x) { int cnt = 0; for (int i = 0; i < 32; i++) { if ((x >> i) & 1) ++cnt; } return cnt; } void ac() { vectora(6, 0), b; for (int i = 0; i < 5; i++) { for (int j = 4; j >=0; j--) { char ch; cin >> ch; if (ch == '0') a[i] |= 1 << j;//更换状态，1表示灯灭 } } b = a;//备份 int res = 2e9; for (int i = 0; i < (1 << 5); i++) { int cnt = 0;//当前按法的步数。 a = b;//还原状态测试新方法 int push = i;//按法 for (int j = 0; j < 5; j++) { cnt += calc(push);//统计按的次数 a[j] = a[j] ^ push ^ (push >> 1) ^ (push << 1);//按当前行 a[j] &= ((1 << 5) - 1);//抵消最高位造成的影响 a[j + 1] ^= push;//按下一行 push = a[j];//更新按法 } if (a[4] == 0)//当前按法能达到目标 res = min(res, cnt); } if (res > 6) cout << -1; else cout << res; cout << endl; } int main() { int T = 1; cin >> T; while (T--) ac(); return 0; } ``` ### UVA11464 Even Parity [UVA11464 Even Parity - 洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/UVA11464) 这是一道UVA的题，UVA是国外的OJ网站，只有先在UVA注册账号，并绑定洛谷账号才能在洛谷上提交。 如果无法注册，可以在[Virtual Judge](https://vjudge.net/)注册，通过这里来提交。 #### 通过Virtual Judge提交代码 以这题为例，首先在Vjg中点击Problem。  找到OJ，并输入题号Prob和题目Title。  点击标蓝的题目标题Even Party即可跳转到页面。  后点击Submit提交代码。选择语言（Language），将代码拷贝到Solution处的文本框中，再点击右下角的Submit，vjg后台会用它们的账号提交到UVA的后台服务器。  当页面显示Accepted后，说明代码正确。  #### 正解 [UVA11464 Even Parity - 洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/UVA11464) 例如这个矩阵： 0 1 0 1 0 1 0 1 0 它的每个元素的周围的元素之和： ```cpp 2 0 2 0 4 0 2 0 2 ``` 所以这是一个符合要求的矩阵。 根据题意，可总结出3个性质： 1. 每个0只有变1次或不变2种情况。 2. 决定改变哪些0后，改变的顺序不影响最终结果。 3. 第1行的最终结果确定后，后续行的最终结果也跟着确定（和费解的开关十分类似）。 根据性质得出的解法： 0. 输入数据时，将矩阵中的1与进数组`a[i]`，用一个数表示原始状态。根据题意，还得知道`a[i-1]`。所以数组需要从下标1开始计数。 1. 利用二进制的特性，**枚举第一行的所有可能得最终状态**。 枚举`[0,(1<>1)`。`after`是暂定改变之后的结果。 和费解的开关一样，边缘行的1同样会对无关的bit位造成影响，需要将最终结果再进行操作 `after&=((1< using namespace std; int CNT; int n; int ope(int start, int end) { int sum = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { if (((start >> i) & 1) == 0 && (((end >> i) & 1) == 1)) ++sum; if (((start >> i) & 1) == 1 && (((end >> i) & 1) == 0)) { return -1; } } return sum; } int solve(vector &a) { int res = 2e9; vectorb = a; for (int i = 0; i < (1 << n); i++) { int after = i; int cnt = 0; a = b; bool flag = 1; for (int j = 1; j <= n; j++) { int times = ope(a[j], after); if (times == -1) { flag = 0; break; } cnt += times; a[j] = after; after = a[j - 1] ^ (a[j] << 1) ^ (a[j] >> 1); after &= ((1 << n) - 1); } if (flag) { res = min(res, cnt); } } if (res == 2e9) return -1; return res; } void ac() { cin >> n; vectora(n + 2, 0); for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = n - 1; j >= 0; j--) { int tmp; cin >> tmp; if (tmp) a[i] |= (1 << j); } } printf("Case %d: %d\n", ++CNT, solve(a)); } int main() { int T = 1; cin >> T; while (T--) ac(); return 0; } ``` ## 日期枚举 公元纪年的日期的性质： 1. 一年有12个月，每月的天数不同，我记得有这么个口诀： 一月大，二月平，三月大，四月小，五月大，六月小，七月大，八月大，九月小，十月大，十一月小，十二月大。 大表示这个月有31天，小表示这个月有30天，平表示2月随平年和闰年发生变化。 2. 闰年：年份能整除4，不能整除100，或能整除400的年份就是闰年。在闰年，2月有29天，否则平年有28天。 因为地球绕太阳公转的时间是365.2422天，每4年会比实际季节滞后约 1 天（0.2422×4≈1天），长期积累会导致季节错乱（比如几百年后夏季可能出现在日历的冬季）。 日期常用的数组： ```cpp int month[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; ``` ### 蓝桥真题 跑步 [2.跑步 - 蓝桥云课](https://www.lanqiao.cn/problems/2271/learning/?page=2&first_category_id=1&second_category_id=3&tags=%E8%AF%AD%E6%B3%95,%E6%97%A5%E6%9C%9F%E9%97%AE%E9%A2%98,%E5%8D%95%E4%BD%8D%E6%8D%A2%E7%AE%97,%E6%95%B0%E5%AD%A6&tag_relation=union) 枚举日期，判断是否符合条件即可。 参考程序： ```c #include int y=2022,m=1,d=1; int week=6; int month[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; int judg(){ if(d%10==1||week==6||week==7) return 1; return 0; } void f() { int cnt=0; while(y!=2023){ ++d;++week; if(d>month[m]){ m++;d=1; if(m>12){ y++;m=1; } } if(week>7){ week=1; } cnt+=judg(); } printf("%d",cnt); } int main() { //f(); printf("138"); return 0; } ``` 本题是一道填空题，唯一的测试用例是138。 ### NOIP 2016 普及组 回文日期 \[P2010 [NOIP 2016 普及组\] 回文日期 - 洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/P2010) 因为是回文日期，可以枚举日、月，转换成日期后，看这个日期是否在给定的两个年份之间，在的话则统计。 ```cpp #include using namespace std; inline void turn(string& tmp, int x, int len) { tmp = to_string(x); while (tmp.size() < len) tmp = '0' + tmp; } void ac() { size_t cnt = 0; int month[13] = { 0,31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 }; int x, y; cin >> x >> y; for (int i = 1; i <= 12; i++) { for (int j = 1; j <= month[i]; j++) { int t1 = j % 10 * 1000 + j / 10 * 100 + i % 10 * 10 + i / 10; int t2 = t1 * 10000 + i * 100 + j; if (x <= t2 && t2 <= y) ++cnt; } } cout << cnt << endl; } int main() { int T = 1; //cin >> T; while (T--) ac(); return 0; } ``` ### 日期统计 [19.日期统计 - 蓝桥云课](https://www.lanqiao.cn/problems/3492/learning/?page=1&first_category_id=1&status=2) 八个循环的无脑枚举。 ```cpp #include using namespace std; int main() { int num[] = { 5,6,8,6,9,1,6,1,2,4,9,1,9,8,2,3,6,4,7,7, 5,9,5,0,3,8,7,5,8,1,5,8,6,1,8,3,0,3,7,9, 2,7,0,5,8,8,5,7,0,9,9,1,9,4,4,6,8,6,3,3, 8,5,1,6,6,3,4,6,7,0,7,8,2,7,6,8,9,5,6,5, 6,1,4,0,1,0,0,9,4,8,0,9,1,2,8,5,0,2,5,3,3 }; int mouth[] = { 0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 }; bool flag[13][32] = { 0 }; int ans = 0; for (int a = 0; a < 100; a++) { if (num[a] == 2) for (int b = a + 1; b < 100; b++) { if (num[b] == 0) for (int c = b + 1; c < 100; c++) { if (num[c] == 2) for (int d = c + 1; d < 100; d++) { if (num[d] == 3) for (int e = d + 1, m = 0, d = 0; e < 100; e++) { for (int f = e + 1; f < 100; f++) { m = num[e] * 10 + num[f]; if (m > 0 && m < 13) for (int g = f + 1; g < 100; g++) { for (int h = g + 1; h < 100; h++) { d = num[g] * 10 + num[h]; if (1 <= d && d <= mouth[m]) { if (!flag[m][d]) { ans++; //cout<<2023<<(m*100+d)<<'\n'; flag[m][d] = 1; } } d = 0; } } m = 0; } } } } } } cout << ans; return 0; } ```