问题描述

小C在学习二进制运算，他了解到每个非负整数都有其二进制表示。例如，整数 5 可以被表示为二进制 "101"，整数 11 可以被表示为二进制 "1011"，并且除了 N = 0 外，任何二进制表示中都不含前导零。

二进制的反码表示是将每个 1 变为 0，每个 0 变为 1。例如，二进制数 "101" 的二进制反码为 "010"。现在小C想知道，给定一个十进制数 N，它的二进制反码对应的十进制数是多少。

测试样例

样例1：

输入：N = 5
输出：2

样例2：

输入：N = 10
输出：5

样例3：

输入：N = 0
输出：1

代码：

int solution(int N) {
    if (N == 0) {
        return 1;
    }
    int bits = std::log2(N) + 1;
    std::bitset<32> binary(N);
    std::bitset<32> inverted = ~binary;
    int result = (inverted.to_ulong() & ((1 << bits) - 1));
    return result;
}

解释

• std::log2(N) + 1:

  • 计算 N 的二进制位数。

• std::bitset<32> binary(N);:

  • 这行代码将整数 N 转换为一个 32 位的二进制表示。

• std::bitset<32> inverted = ~binary;:

  • 这行代码对 binary 进行按位取反操作，得到 inverted。

• int result = inverted.to_ulong();:

  • 这行代码将 inverted 转换回无符号长整型。

• (1 << bits) - 1:

  • 生成一个掩码，只保留低 bits 位。

• inverted.to_ulong() & ((1 << bits) - 1):

  • 只取 inverted 的低 bits 位，忽略高位部分。

url: http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=1370

tag:
动态规划

思路：
使用动态规划的思想，令 f[i][j] 表示在i层楼内，使用j部手机，在使用最佳策略下，最多的测试次数，换句话说就是在i层楼内，使用j部手机最少需要花费的最大的测试次数。对于只有1部手机的情况来说，有几层就要测试几次。对于0层来说，不管几部手机都是0次。因为不知道从那一层开始掉落可以得到最优的答案，所以可以枚举对于每一个i都枚举从1开始到i层，表示从第k层开始掉落得到的结果。而对于每一个k来说，需要取一个最大值一共只有两种情况一种是摔坏，那么可以是 dp[k - 1][j - 1] 表示从k - 1层内用j - 1部手机测试次数，如果没有摔坏就是 dp[i - k][j] 即，剩余的i - k层内使用j部手机测试次数，之后两者取max再加上第k层的1次，对每种k的结果取min就是最后答案。最后输出 dp[1000][3] 表示1000层内，3部手机测试次数。

代码：

// 测试次数
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n = 1000;
int dp[1001][4];
int main()
{
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) dp[i][1] = i;
    for (int i = 1; i <= 3; i ++) dp[0][i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= 3; j ++)
            for (int k = 1; k <= i; k ++)
                dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[k - 1][j - 1], dp[i - k][j]) + 1);
    cout << dp[1000][3];
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P2851

tag:
动态规划，背包DP，进制，USACO，2006

思路：
可以用背包来做。用 f[i] 表示john付i块钱时最少的硬币数，用 g[i] 表示店主找零i块钱时最少的硬币数，对于f来说，因为硬币数量有限所以需要用多重背包来完成。而对于g来说因为硬币无限多，所以可以用完全背包。对于体积上限取多少可以参考： https://www.luogu.com.cn/article/sd0bx6un

代码：

#include <iostream>  
#include <cstring>  
#include <cstdio>  
#include <algorithm>  
using namespace std;  
typedef long long LL;  
const int N = 10010, M = 150;  
int c[M], v[M];  
int f[N + M * M], g[N + M * M];  
int n, t, mx, sum;  
int main()  
{  
    cin >> n >> t;  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        cin >> v[i];  
        mx = max(mx, v[i] * v[i]);  
    }  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        cin >> c[i];  
        sum += v[i] * c[i];  
    }  
    if (sum < t)  
    {  
        cout << -1 << endl;  
        return 0;  
    }  
    memset(f, 0x3f, sizeof f);  
    memset(g, 0x3f, sizeof g);  
    g[0] = 0;  
    f[0] = 0;  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
        for (int j = v[i]; j <= mx; j ++)  
            g[j] = min(g[j], g[j - v[i]] + 1);  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        for (int j = 1; j <= c[i]; j *= 2)  
        {  
            for (int k = mx + t; k >= j * v[i]; k --)  
                f[k] = min(f[k], f[k - j * v[i]] + j);  
            c[i] -= j;  
        }  
        if (c[i])  
            for (int k = mx + t; k >= c[i] * v[i]; k --)  
                f[k] = min(f[k], f[k - c[i] * v[i]] + c[i]);  
    }  
    int res = 0x3f3f3f3f;  
    for (int i = t; i <= t + mx; i ++)  
        res = min(res, f[i] + g[i - t]);  
    cout << (res == 0x3f3f3f3f ? -1 : res) << endl;  
    return 0;  
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P4158

tag:
动态规划，递推，枚举，背包DP

思路：
用 f[i][j] 表示前i块木板粉刷j次最多的正确次数。用 g[i][j][k] 表示第i块木板粉刷j次粉刷前k个格子时最多的正确次数。用 sum[i][j] 表示第i块木板，前j个格子中需要涂成蓝色的有几个。
所以可以知道状态转移方程为 f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + g[i][k][m]) ；
g[i][j][k] = max(g[i][j][k], g[i][j - 1][q] + max(sum[i][k] - sum[i][q], k - q - sum[i][k] + sum[i][q])) 最后遍历不同种粉刷次数中最多的粉刷格子数。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int f[51][2550], sum[51][2550];
int g[51][2550][51];
int n, m, t;
char s[100];
int main()
{
    cin >> n >> m >> t;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> s;
        for (int j = 1; j <= m; j ++)
        {
            if (s[j - 1] == '1') sum[i][j] = sum[i][j - 1] + 1;
            else sum[i][j] = sum[i][j - 1];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= m; j ++)
            for (int k = 1; k <= m; k ++)
                for (int q = j - 1; q < k; q ++)
                    g[i][j][k] = max(g[i][j][k], g[i][j - 1][q] + max(sum[i][k] - sum[i][q], k - q - sum[i][k] + sum[i][q]));
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= t; j ++)
            for (int k = 0; k <= min(j, m); k ++)
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + g[i][k][m]);
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= t; i ++) res = max(res, f[n][i]);
    cout << res << endl;

    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/CF149D

tag:
搜索，记忆化搜索，区间DP

思路：
使用 f[l][r][i][j] 表示区间l和r之间l为i色，r为j色时的染色方案数。有两种情况，当 l 和 r 配对时，可以由 l + 1 到 r - 1更新过来。如果不配对，由 l 到 第一个配对的括号这段区间和由那个括号后面的括号到 r 这段区间的方案数相乘。注意如果相邻的括号都有染色且颜色一样需要跳过。初始化是当 l + 1 == r 时，此时区间只有两个括号，对应的四个情况都只有一种方案。最后dfs之后将所有可能的答案相加并取模，然后输出即可。

代码：

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <algorithm>  
#include <stack>  
using namespace std;  
const int N = 800;  
const int mod = 1000000007;  
char s[N];  
stack<int> stk;  
int rightt[N];  
int f[N][N][5][5];  
void dfs(int l, int r)  
{  
    if (l + 1 == r)  
    {  
        f[l][r][0][1] = f[l][r][0][2] = f[l][r][1][0] = f[l][r][2][0] = 1;  
        return;  
    }  
    if (r == rightt[l])  
    {  
        dfs(l + 1, r - 1);  
        for (int i = 0; i <= 2; i ++)  
            for (int j = 0; j <= 2; j ++)  
            {  
                if (j != 1) f[l][r][0][1] += f[l + 1][r - 1][i][j], f[l][r][0][1] %= mod;  
                if (j != 2) f[l][r][0][2] += f[l + 1][r - 1][i][j], f[l][r][0][2] %= mod;  
                if (i != 1) f[l][r][1][0] += f[l + 1][r - 1][i][j], f[l][r][1][0] %= mod;  
                if (i != 2) f[l][r][2][0] += f[l + 1][r - 1][i][j], f[l][r][2][0] %= mod;  
            }  
    }  
    else  
    {  
        dfs(l, rightt[l]), dfs(rightt[l] + 1, r);  
        for (int i = 0; i <= 2; i ++)  
            for (int j = 0; j <= 2; j ++)  
                for (int p = 0; p <= 2; p ++)  
                    for (int q= 0; q <= 2; q ++)  
                    {  
                        if (j == 1 && p == 1 || j == 2 && p == 2) continue;  
                        f[l][r][i][q] += (f[l][rightt[l]][i][j] * f[rightt[l] + 1][r][p][q] % mod);  
                        f[l][r][i][q] %= mod;  
                    }  
    }  
}  
int main() {  
    scanf("%s", s + 1);  
    int n = strlen(s + 1);  
    for (int i = 1; i <= n; i++)  
    {  
        if (s[i] == '(') stk.push(i);  
        else  
        {  
            rightt[i] = stk.top();  
            rightt[stk.top()] = i;  
            stk.pop();  
        }  
    }  
    dfs(1, n);  
    int res = 0;  
    for (int i = 0; i <= 2; i ++)  
        for (int j = 0; j <= 2; j ++)  
            res += f[1][n][i][j], res %= mod;  
    cout << res << endl;  
    return 0;  
}