从ICPC讲义中选择三个章节, 每个章节选择2个题目进行完成, 本题解多提供一个题, 共呈现如下七个题目: 选取的题目参考自: ICPC讲义-2019.pdf
- 实验二 搜索
- 八皇后问题
- N皇后问题
- 实验四 动态规划
- 计算给定矩阵的所有子矩阵中和的最大值
- 求两个字符串的最长公共子序列
- 实验六 组合数学
- 100个字符串的最长公共子序列
- 买票问题
- 巧克力问题
题目表述
按照国际象棋的规则，皇后可以攻击与之处在同一行或同一列或同一斜线上的棋子。 n 皇后问题 研究的是如何将 n 个皇后放置在 n×n 的棋盘上，并且使皇后彼此之间不能相互攻击。 给你一个整数 n ，返回所有不同的 n 皇后问题 的解决方案。 每一种解法包含一个不同的 n 皇后问题 的棋子放置方案，该方案中 'Q' 和 '.' 分别代表了皇后和空位。 在一个4*4的国际象棋棋盘上放八个皇后，使得任何两个皇后之间不相互攻击，求出所有的布棋方法。
思路解析 见N皇后问题的思路解析
参考代码 见N皇后问题的参考代码
本题可参考该LeetCode题目
题目表述
将八皇后问题推广到 N 皇后的情况，保证在 N 比较大的情况下，比方说 N=16 的时 候，你的程序能快速的求出结果.
思路解析
通过回溯法回溯遍历所有可能解.
参考代码
from typing import List
class Solution:
def solveNQueens(self, n: int) -> List[List[str]]:
def is_safe(row, col):
# 检查当前列和两条对角线是否有冲突
return not (cols[col] or diagonals[row - col] or anti_diagonals[row + col])
def place_queen(row, col):
board[row][col] = 'Q'
cols[col] = diagonals[row - col] = anti_diagonals[row + col] = True
def remove_queen(row, col):
board[row][col] = '.'
cols[col] = diagonals[row - col] = anti_diagonals[row + col] = False
def backtrack(row):
if row == n:
solutions.append(["".join(row) for row in board])
return
for col in range(n):
if is_safe(row, col):
place_queen(row, col)
backtrack(row + 1)
remove_queen(row, col)
# 初始化
solutions = []
board = [['.'] * n for _ in range(n)]
cols = [False] * n
diagonals = [False] * (2 * n - 1)
anti_diagonals = [False] * (2 * n - 1)
# 从第一行开始回溯
backtrack(0)
return solutions本代码可提交LeetCode
本题可参考该LeetCode题
题目表述
输入一个矩阵，计算所有的子矩阵中和的最大值。 例如，输入 0 -2 -7 0 9 2 -6 2 -4 1 -4 1 -1 8 0 -2 输出为：15 思考：当矩阵很大时，比如 100*100 的矩阵，你的程序还能够很快的得出结果吗.
思路解析
本思路参考自该题解
首先我们尝试考虑求一个一维数组中连续一串元素的最大和(参考该LeetCode题), 可通过DP思路求解:
开一个dp数组, dp[i]表示加入nums[i]的情况下, 截止到第i元素的最大子对数组和,
当求解dp[i]时, 有两种可能的情况, 一种是和前面的子数组连起来, 另一种可能是从头开始,
因此, 状态转移方程为: dp[i] = max(dp[i-1] + nums[i], nums[i])
最后, 遍历dp数组, 找到dp数组元素的最大值, 即为所求
class Solution:
def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
if len(nums) == 0:
return 0
if len(nums) == 1:
return nums[0]
dp = [0] * len(nums)
dp[0] = nums[0]
ret = dp[0]
for i in range(len(nums)):
dp[i] = max(dp[i-1] + nums[i], nums[i])
ret = max(dp[i], ret)
return ret考虑到 dp[i-1] > 0 时, 一定会选取 dp[i] = dp[i-1] + nums[i] 的情况, 反之, 会选取 dp[i] = nums[i] 的情况, 故可进一步简化代码:
class Solution:
def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
if len(nums) == 0:
return 0
if len(nums) == 1:
return nums[0]
dp_i = nums[0]
ret = dp_i
begin = 0
ans = [0] * 2
for i in range(1, len(nums)):
if dp_i > 0:
dp_i += nums[i]
else:
dp_i = nums[i]
begin = i
if dp_i > ret:
ret = dp_i
ans[0] = begin
ans[1] = i
return ret故一维数组求最大子数组和的问题已经解决. 回到求最大子矩阵的问题, 只需要纵向求前缀和, 然后任取矩阵的第i行和第j行(i < j), 将前缀和相减即可得到从第i+1行到第j行的子矩阵的纵向元素和的一维数组, 并该一维数组上求解最大子数组和的问题, 即可求解i+1行开始, j行结束的情况下的最大子矩阵, 遍历所有i, j的可能性, 记录所求得的最大值, 即可找到整个矩阵的最大子矩阵.
参考代码
class Solution:
def getMaxMatrix(self, matrix: List[List[int]]) -> List[int]:
rows, cols = len(matrix), len(matrix[0])
pre_sum = [[0] * cols for _ in range(rows)]
for j in range(cols):
col_sum = 0
for i in range(rows):
col_sum += matrix[i][j]
pre_sum[i][j] = col_sum
a = [0] * cols
max_ans = float('-inf')
left_and_right = [0] * 2
top_and_bottom = [0] * 2
# 求第i行到第j行的情况
for i in range(rows):
for j in range(i, rows):
if i == 0:
for k in range(cols):
a[k] = pre_sum[j][k]
else:
for k in range(cols):
a[k] = pre_sum[j][k] - pre_sum[i - 1][k]
dp_i = a[0]
begin = 0
if dp_i > max_ans:
max_ans = dp_i
left_and_right[0] = begin
left_and_right[1] = begin
top_and_bottom[0] = i
top_and_bottom[1] = j
for k in range(1, cols):
if dp_i > 0:
dp_i += a[k]
else:
dp_i = a[k]
begin = k
if dp_i > max_ans:
max_ans = dp_i
left_and_right[0] = begin
left_and_right[1] = k
top_and_bottom[0] = i
top_and_bottom[1] = j
return [top_and_bottom[0], left_and_right[0], top_and_bottom[1], left_and_right[1]]本代码可提交LeetCode
本题可参考该LeetCode题
题目表述
给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列(LCS)。 一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。 例如，"ace" 是 "abcde" 的子序列，但 "aec" 不是 "abcde" 的子序列。 两个字符串的 公共子序列 是这两个字符串所共同拥有的子序列。
思路解析
考虑用DP求解, 考虑到求解text1和text2的LCS与求解text2和text1的LCS是等价的, 故dp方程应有对称性.
准备二维dp数组dp[i][j]表示截止text1[i-1]和text2[j-1]所能找到的LCS的长度,
若text1[i-1]和text2[j-1]字符相同, dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1,
若二者字符不同, 则text1或text2新追加的字符并不会使LCS增长, 则 dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]),
如此便能求得LCS的长度, 最后, 通过回溯法反向寻找何时出现text[i-1]==text[j-1]的情况, 即可求得LCS
参考代码
def longest_common_subsequence(str1, str2):
m, n = len(str1), len(str2)
# 创建一个 (m+1) x (n+1) 的DP表，初始化为0
dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
# 填充DP表，计算最长公共子序列的长度
for i in range(1, m + 1):
for j in range(1, n + 1):
if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
else:
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
# 从表中回溯，构造最长公共子序列
lcs = []
i, j = m, n
while i > 0 and j > 0:
if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
lcs.append(str1[i - 1]) # 将公共字符加入lcs
i -= 1
j -= 1
elif dp[i - 1][j] > dp[i][j - 1]:
i -= 1
else:
j -= 1
# 最终结果是逆序的，所以反转lcs
lcs.reverse()
return dp[m][n], ''.join(lcs)
# 测试
str1 = "abcde"
str2 = "ace"
length, lcs_string = longest_common_subsequence(str1, str2)
print("长度:", length) # 输出: 3
print("最长公共子序列:", lcs_string) # 输出: "ace"题目表述
参考上一题中最长公共子序列的概念, 考虑一下怎么求100个字符串的最长公共子序列.
思路解析
基于上一题求解LCS的方法, 取前两个字符串的LCS的结果, 然后依次和后面的字符串取LCS即可.
参考代码
import random
import string
# 生成随机字符串
def generate_random_string(length):
char_set = string.digits + string.ascii_letters
rand_str = ''.join(random.choice(char_set) for _ in range(length))
return rand_str
# 求两个字符串的最长公共子序列
def longest_common_subsequence(text1: str, text2: str) -> str:
len1, len2 = len(text1), len(text2)
# 初始化 (len1+1) x (len2+1) 的DP表
dp = [[0] * (len2 + 1) for _ in range(len1 + 1)]
# 填充DP表
for i in range(1, len1 + 1):
for j in range(1, len2 + 1):
if text1[i - 1] == text2[j - 1]:
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
else:
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
# 回溯出LCS
i, j = len1, len2
lcs = []
while i > 0 and j > 0:
if text1[i - 1] == text2[j - 1]:
lcs.append(text1[i - 1])
i -= 1
j -= 1
elif dp[i - 1][j] > dp[i][j - 1]:
i -= 1
else:
j -= 1
lcs.reverse()
return ''.join(lcs)
# 标注LCS中的字符
def highlight_lcs_in_string(string, lcs):
highlighted = []
lcs_idx = 0
for char in string:
if lcs_idx < len(lcs) and char == lcs[lcs_idx]:
highlighted.append(f" [{char}] ") # 使用方括号标注LCS字符
lcs_idx += 1
else:
highlighted.append(char)
return ''.join(highlighted)
def test():
# 生成500个长度为500的随机字符串
random_strings = [generate_random_string(1000) for _ in range(500)]
# 从第一个字符串开始，逐步求解LCS
common_lcs = random_strings[0]
for i in range(1, len(random_strings)):
common_lcs = longest_common_subsequence(common_lcs, random_strings[i])
if not common_lcs:
break # 如果LCS为空，提前结束
print("最长公共子序列:", common_lcs)
# 打印每个字符串并标注LCS中的字符
print("\n标注后的字符串:")
for i, rand_str in enumerate(random_strings):
highlighted_str = highlight_lcs_in_string(rand_str, common_lcs)
print(f"字符串 {i + 1}: {highlighted_str}")
test()题目表述
电影院卖电影票，但是没有零钱找，票价一张 5 元，买票的人为 n 个持有 5 元，m 个持 有 10 元，求解出可能的买票序列的个数，使得电影院能够将票卖完。例如，n=3,m=3 时 ， 输 出 180 。 当 n=5,m=3 时 ， 输 出 20160 。 当 n=100,m=100 时 ， 输 出 780849373628505449061745756368500061678352453155617092371032211133029158379 607270218123053477212498915026942711801622604215487911131323866397947153418 643496151943423040359720037026721726655886753912538851736666625608050720226 034508195568556839182082416159660797603533326956467231851806002328416691877 4048734879105185187102720000000000000000000000000000000000000000000000000。
思路解析
采用动态规划, dp[i][j] 表示有 i 个 5 元顾客和 j 个 10 元顾客时，符合条件的序列数。
考虑到需要找零钱, 当且仅当 i>=j 时, dp[i][j]是有效的(无效的dp状态被默认初始化为0), 此时的转移方程为: dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1],
特别地, 当 i=j 时, dp[i-1][j]是无效的, 此时 dp[i][j] = dp[i][j-1]
参考代码
def count_sequences(n: int, m: int) -> int:
# 初始化 DP 数组，dp[i][j] 表示 i 个 5 元和 j 个 10 元时的排列数
dp = [[0] * (m + 1) for _ in range(n + 1)]
# 初始条件：如果没有 10 元的人，任何排列都是合法的
for i in range(n + 1):
dp[i][0] = 1
# 填充 DP 表
for i in range(1, n + 1):
for j in range(1, m + 1):
if i >= j: # 确保 5 元的人数不少于 10 元的人数
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
return dp[n][m]
def factorial(n: int) -> int:
if n == 0:
return 1
else:
return n * factorial(n-1)
def main():
n = int(input())
m = int(input())
print(factorial(n) * factorial(m) * count_sequences(n, m)) # 输出应该为 5
main()题目表述
有袋子里均匀地装着 c 种颜色的巧克力，每种巧克力均有无限多。每次从袋子里拿一块 放在桌子上，如果桌子上已经有一块颜色相同的巧克力，就把两块巧克力都吃掉。一共 取出了 n 块巧克力，问：最后桌子上有 m 块的概率为多大。例如 c=5,n=100,m=2 时，概 率为 0.625。
思路解析
采用动态规划求解, dp[i][j]表示取了i次巧克力, 此时桌子上剩余j块巧克力的概率.
考虑一下, 当取第i+1块巧克力时, 可能出现如下两种情况:
① 第i+1块巧克力与剩余的某块巧克力同色, 被一同吃掉, 巧克力数-1, 状态转移至 dp[i+1][j-1], 该情况发生的概率为 dp[i][j]*(j/c)
② 第i+1块巧克力与剩余的巧克力颜色都不同, 巧克力数+1, 状态转移至 dp[i+1][j+1], 该情况发生的概率为 dp[i][j]*(1-(j/c))
注意, dp[i][j-1]和dp[i][j+1]都可以状态转移至dp[i+1][j], 故dp数组的值应该是累加的, 赋值时要用 += , 而非 =.
参考代码
c = 5
n = 100
m = 2
dp = [[0] * (c + 2) for _ in range(n + 1)]
dp[0][0] = 1
dp[1][1] = 1
for i in range(1, n):
for j in range(c + 1):
if dp[i][j] != 0:
if j != 0:
dp[i + 1][j - 1] += dp[i][j] * (j / c)
dp[i + 1][j + 1] += dp[i][j] * (1 - (j / c))
for i in range(1, n + 1):
for j in range(c + 1):
if dp[i][j] != 0:
print(f"dp[{i}][{j}] = {dp[i][j]}")
print()
print(f"有{c}种巧克力, 取了{n}块, 此时剩余巧克力的概率情况如下: ")
for j in range(c + 1):
if dp[n][j] != 0:
print("有", j, "块的概率为", dp[n][j])