枚举

枚举(英语:Enumerate)是基于已有知识来猜测答案的一种问题求解策略。

枚举的思想是不断地猜测,从可能的集合中一一尝试,然后再判断题目的条件是否成立。

要点

给出解空间

建立简洁的数学模型。

枚举的时候要想清楚:可能的情况是什么?要枚举哪些要素?

减少枚举的空间

枚举的范围是什么?是所有的内容都需要枚举吗?

在用枚举法解决问题的时候,一定要想清楚这两件事,否则会带来不必要的时间开销。

选择合适的枚举顺序

根据题目判断。比如例题中要求的是最大的符合条件的素数,那自然是从大到小枚举比较合适。

例题

题目 1 数组中和为0的对数

一个数组中的数互不相同,求其中和为0的数对的个数。

解题思路

枚举两个数的代码很容易就可以写出来。

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// C++ Version
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < n; ++j)
if (a[i] + a[j] == 0) ++ans;
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# Python Version
for i in range(0, n):
for j in range(0, n):
if(a[i] + a[j] == 0):
ans = ans + 1

来看看枚举的范围如何优化。由于题中没要求数对是有序的,答案就是有序的情况的两倍(考虑如果 (a, b) 是答案,那么 (b, a) 也是答案)。对于这种情况,只需统计人为要求有顺序之后的答案,最后再乘上 就好了。

不妨要求第一个数要出现在靠前的位置。代码如下:

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// C++ Version
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < i; ++j)
if (a[i] + a[j] == 0) ++ans;
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# Python Version
for i in range(0, n):
for j in range(0, i):
if(a[i] + a[j] == 0):
ans = ans + 1

不难发现这里已经减少了 的枚举范围,减少了这段代码的时间开销。

我们可以在此之上进一步优化。

两个数是否都一定要枚举出来呢?枚举其中一个数之后,题目的条件已经确定了其他的要素(另一个数)的条件,如果能找到一种方法直接判断题目要求的那个数是否存在,就可以省掉枚举后一个数的时间了。较为进阶地,在数据范围允许的情况下,我们可以使用桶1记录遍历过的数。

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// C++ Version
bool met[MAXN * 2];
memset(met, 0, sizeof(met));
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (met[MAXN - a[i]]) ans += 1;
met[MAXN + a[i]] = true;
}
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# Python Version
met = [False] * MAXN * 2
for i in range(0, n):
if met[MAXN - a[i]]:
ans = ans + 1
met[a[i] + MAXN] = True

题目 2 熄灯问题

熄灯问题: http://noi.openjudge.cn/ch0201/1813/

解题思路

为了叙述方便,为按钮矩阵中的每个位置分别指定一个坐标。用数组元素 puzzle[i][j] 表示位置 (i, j) 上灯的初始状态:1 表示灯是被点亮的;0 表示灯是熄灭的。用数组元素 press[i] [j] 表示为了让全部的灯都熄灭,是否要按下位置 (i, j) 上的按钮:1 表示要按下;0 表示不用按下。

由于第 0 行、第 0 列和第 7 列不属于按钮矩阵的范围,没有按钮,可以假设这些位置上的灯总是熄灭的,按钮也不用按下。其它 30 个位置上的按钮是否需要按下是未知的。因此数组 press 共有 230种取值。从这么大的一个空间中直接搜索我们要找的答案,显然代价太大、不合适。

我们从熄灯的规则中,发现答案中的元素值之间的规律。不满足这个规律的数组 press,就没有必要进行判断了。根据熄灯规则,如果矩阵 press 是寻找的答案,那么按照 press 的第一行对矩阵中的按钮操作之后,此时在矩阵的第一行上:

  • 如果位置 (1, j) 上的灯是点亮的,则要按下位置 (2, j) 上按钮,即 press[2] [j] 一定取 1;
  • 如果位置 (1, j) 上的灯是熄灭的,则不能按位置 (2, j) 上按钮,即 press[2] [j] 一定取 0。

因为灯的最后状态(是否按它下一行开关之前)与周围灯是否按按钮有关,如 puzzle[i] [j],决定它最后状态的相关按钮为 press[i] [j-1] (左),press[i][j](它本身),press[i] [j+1](右),press[i-1][j](上),还有它最初的状态 puzzle[i] [j]。考虑到按两次按钮作用会抵消,需要取它们的和与2的余数,所以puzzle[i] [j] 最后状态公式为:

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puzzle[i][j] = (press[i][j-1]+press[i][j]+press[i][j+1]+press[i-1][j]+ puzzle[i] [j] ) % 2

而press[i+1] [j] 由 puzzle[i] [j] 的最后状态决定,灯亮着(值为1)就要关掉它,press值取1,灯是熄灭的(值为0)不用处理,press值取0,它们是相等的,所以press[i+1] [j] = puzzle[i] [j] 最后状态。

这样依据 press 的第一、二行操作矩阵中的按钮,才能保证第一行的灯全部熄灭。而对矩阵中第三、四、五行的按钮无论进行什么样的操作,都不影响第一行各灯的状态。依此类推,可以确定 press 第三、四、五行的值。因此,一旦确定了 press 第一行的值之后,为熄灭矩阵中第一至四行的灯,其他行的值也就随之确定了。

press 的第一行共有 64(2^7)种取值,分别对应唯一的一种 press 取值,使得矩阵中前四行的灯都能熄灭。只要对这 64种情况进行判断就可以了:如果按照其中的某个 press对矩阵中的按钮进行操作后,第五行的所有灯也恰好熄灭,则找到了答案。

我们这样来判断第五行灯是否是熄灭的,如puzzle[5] [j], 它的最终状态由按钮press[5] [j-1] (左),press[5][j](它本身),press[5] [j+1](右),press[4] [j](上)决定,如果puzzle[5] [j]原先亮着(值为1),那么决定它最终状态的按钮作用互相抵消后,某一个按钮仍然需要是按下的(值为1),如果puzzle[5] [j]原先熄灭的(值为0),那么决定它最终状态的按钮作用互相抵消后,没有按钮是按下的(值为0)。判断公式为:

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if ( puzzle [5] [j] == ( press [5] [j-1] + press [5] [j] + press [5] [j+1] + press [4] [j] )

如果是相等的,则该灯是熄灭的,否则它还是亮着的。

参考代码(C++):

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#include<stdio.h>
int press[6][8];
int puzzle[6][8];

bool guess(){
int i,j;
for(i=2;i<=5;i++)
{
for(j=1;j<=6;j++)
{
// 根据同列的上一行灯的最后状态,来决定是否按按钮
press[i][j] = ( press[i-1][j]
+ puzzle[i-1][j]
+ press[i-1][j-1]
+ press[i-2][j]
+ press[i-1][j+1] ) %2;
}
}

for(j=1;j<=6;j++)
{
// 逐一判断第五行的灯是否都熄灭
if( puzzle[5][j] != (press[5][j] + press[5][j-1] + press[5][j+1] + press[4][j]) %2 )
return false;
}

return true;
}

void process() {

int c;
for(c=1; c<=6; c++)
press[1][c]=0;

while( !guess() )
{
// 采用二进制进位的算法,从000000 - 111111枚举第一行按钮的方式
press[1][1]++;
c=1;
while(press[1][c]>1)
{
press[1][c]=0;
c++;
press[1][c]++;
}


}
}

int main(){
int t,i,n,j;
// 初始化0行的所有元素
for(i=0;i<8;i++)
press[0][i]=puzzle[0][i]=0;
// 初始化0列,7列的所有元素
for(i=1;i<6;i++)
press[i][0]=puzzle[i][0]=press[i][7]=puzzle[i][7]=0;

for(i=1;i<=5;i++)
for(j=1;j<=6;j++)
scanf("%d",&puzzle[i][j]);

process();

for(i=1;i<=5;i++){
for(j=1;j<=6;j++){
printf("%d ",press[i][j]);
}
printf("\n");
}

return 0;
}
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