一般枚举题目合集

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

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。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;void ac() {int n; cin >> n;vector<int>a, 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

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。

#include<bits/stdc++.h>
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

枚举日期，判断是否符合条件即可。

参考程序：

#include<stdio.h> 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

纯枚举，这个数学王子很年轻，所以年龄不会很大。

#include<stdio.h>
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;elsebreak;}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。

int cnt(int x){for(int i=0;i<sizeof(x)*8;i++){cout<<(x>>i)&1;}
}

2. 想要指定的bit位为1。通过或运算实现。

void get(int& x){int place=0;cin>>place;//想要x的第place位的bit位为1x|=(1<<place);
}

3. 以n==3为例，[0,(1<<3)-1]之间所有的数的二进制：

0 0000 []
1 0001 [1]
2 0010 [2]
3 0011 [1,2]
4 0100 [3]
5 0101 [1,3]
6 0110 [2,3]
7 0111 [1,2,3]
8 1000

所以枚举[1,8)，对每个数提取二进制位，可以得到所有子集。

4. 求某数的二进制中1的个数的其他玩法：

int calc(int x){int cnt=0;while(x){++cnt;x&=x-1;}return cnt;
}

这个玩法的巧妙之处在于，它能将最整数x最低位的1清理掉。

例如5&4=4等价于0101&0100=0100，4&3==0等价于0100&0011=0，进行了2步运算，正好是5的二进制数汇中1的个数。

子集 - 力扣

78. 子集 - 力扣（LeetCode）

法1：深度优先搜索。详见深度优先搜索。

枚举递归深度，根据这个递归深度来搜索子集。

搜索子集的过程中进行剪枝，排除等效冗余。

class Solution {
public:typedef vector<vector<int>> vvi;typedef vector<int> vi;typedef vector<bool> 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<nums.size();i++){if(vis[i])continue;vis[i]=1;tmp.push_back(nums[i]);dfs(max_dep,dep+1,nums,ans,tmp,vis,i+1);vis[i]=0;tmp.pop_back();}}vector<vector<int>> subsets(vector<int>& 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<<n-1]之间所有的数。
2. 枚举1范围内的数中，bit位为1的位置，将这个位置对应的数选出。

发现按[1,7]的bit位为1的选，正好就是答案。所有bit位都不选，则选出了一个空集，

class Solution {
public:vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {vector<vector<int>> 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<int> 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

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。

#include<bits/stdc++.h>
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() {vector<int>a(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;elsecout << res;cout << endl;
}int main() {int T = 1;cin >> T;while (T--)ac();return 0;
}

UVA11464 Even Parity

UVA11464 Even Parity - 洛谷

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

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：

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<<n)-1]。

2. 判断最终状态是否合法

一层循环，判断第i行的状态a[i]的最终状态是否合法（将原始结果和最终结果进行比对）：

• 0变1合法，搞一个变量sum记录改变次数。
• 1变0非法，返回-1即可。

之后统计最小改变次数时无视当前循环的结果。

3. 判断合法后，推导出下一行的最终状态，重复2、3过程。

首先累加0的改变次数。

例如这种情况：

_ x _
y _ z//当前行
_ ? _//下一行

要推导?这个bit位的值，同时为了让上一行的每个数都符合条件，则x+y+z+?为偶数，则{x,y,z,?}中1的个数为偶数，0的个数也是偶数。

所以求这4个位置的和是否满足条件看x^y^z^?==0。

至于如何求x^y^z^?==0，可以这样做：after=a[i-1]^(a[i]<<1)^(a[i]>>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<<n)-1)。

4. 直到推导到最后一行。

更新结果即可。

#include<bits/stdc++.h>
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<int> &a) {int res = 2e9;vector<int>b = 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;vector<int>a(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：

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

枚举日期，判断是否符合条件即可。

参考程序：

#include<stdio.h> 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

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。

#include<bits/stdc++.h>
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

八个循环的无脑枚举。

#include <iostream>
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;
}