uva1073(数论)
2015-07-25 10:08
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题意:一个边平行与坐标轴的多边形,可以通过描述角的方式来表示,R表示90度,O表示270度,现在给出序列的长度L,问可以构造出多少种不同的多边形,要求构造出来的多边形在内部有一点可以看到边界的每一个点(我的理解应该是凸多边形)。
思路:首先确定是一个凸多边形,所以不可能有两个O相邻,并且在整个序列中,要有4个的RR(即两个R相连,用于转向),所以R的个数应该比O的个数多4,一个O再一个R等于方向没有变。于是n<4和n为奇数的情况根本就是无解的。于是我们知道R的个数应该是(n+4)/2.
dp[i][j][k]表示i个R,j对RR相连,k表示起始的位置为R还是O,并且以R结尾的方式共同有多少种
ans=dp[t][3][0]+dp[t][4][1]+dp[t][4][0];
t为R应该的个数,三个状态分别为头尾均为R、头为O尾为R、R为头O为尾。
思路:首先确定是一个凸多边形,所以不可能有两个O相邻,并且在整个序列中,要有4个的RR(即两个R相连,用于转向),所以R的个数应该比O的个数多4,一个O再一个R等于方向没有变。于是n<4和n为奇数的情况根本就是无解的。于是我们知道R的个数应该是(n+4)/2.
dp[i][j][k]表示i个R,j对RR相连,k表示起始的位置为R还是O,并且以R结尾的方式共同有多少种
ans=dp[t][3][0]+dp[t][4][1]+dp[t][4][0];
t为R应该的个数,三个状态分别为头尾均为R、头为O尾为R、R为头O为尾。
#include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long const int N = 1005; ll dp [5][2], ans ; void init () { for (int s = 0; s < 2; s++) { dp[1][0][s] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) { for (int j = 0; j <= 4; j++) { dp[i][j][s] = dp[i-1][j][s]; if (j) dp[i][j][s] += dp[i-1][j-1][s]; } } } memset(ans, 0, sizeof(ans)); for (int i = 1; i < N; i++) { if (i < 4 || (i&1)) continue; int t = (i + 4) / 2; ans[i] = dp[t][3][0] + dp[t][4][1] + dp[t][4][0]; } } int main () { init (); int n, cas = 1; while (scanf("%d", &n) == 1 && n) { printf("Case %d: %lld\n", cas++, ans ); } return 0; }
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