蓝桥杯算法训练 Cowboys

算法训练 Cowboys

时间限制：2.0s 内存限制：256.0MB

问题描述

一个间不容发的时刻：n个牛仔站立于一个环中，并且每个牛仔都用左轮手枪指着他旁边的人！每个牛仔指着他顺时针或者逆时针方向上的相邻的人。正如很多西部片那样，在这一刻，绳命是入刺的不可惜……对峙的场景每秒都在变化。每秒钟牛仔们都会分析局势，当一对相邻的牛仔发现他们正在互指的时候，就会转过身。一秒内每对这样的牛仔都会转身。所有的转身都同时在一瞬间发生。我们用字母来表示牛仔所指的方向。“A”表示顺时针方向，“B”表示逆时针方向。如此，一个仅含“A”“B”的字符串便用来表示这个由牛仔构成的环。这是由第一个指着顺时针方向的牛仔做出的记录。例如，牛仔环“ABBBABBBA”在一秒后会变成“BABBBABBA”；而牛仔环“BABBA”会变成“ABABB”。这幅图说明了“BABBA”怎么变成“ABABB” 一秒过去了，现在用字符串s来表示牛仔们的排列。你的任务是求出一秒前有多少种可能的排列。如果某个排列中一个牛仔指向顺时针，而在另一个排列中他指向逆时针，那么这两个排列就是不同的。

输入格式

输入数据包括一个字符串s，它只含有“A”和“B”。

输出格式

输出你求出来的一秒前的可能排列数。

数据规模和约定

s的长度为3到100（包含3和100）

样例输入

BABBBABBA

样例输出

样例输入

ABABB

样例输出

样例输入

ABABAB

样例输出

样例说明

测试样例一中，可能的初始排列为："ABBBABBAB"和 "ABBBABBBA"。
　　测试样例二中，可能的初始排列为："AABBB"和"BABBA"。

分析：

题目要求把前一秒可能的字符串情况数目输出

测试样例子一：BABBBABBA 是由ABBBABBAB或者ABBBABBBA变化而得的.

我定义没有（）的字符串为当前状态字符串，有（）为前一秒字符串，为一一对应关系，*为未知字符。

1.BA 能由(AB)或者(BA)转化得到。

2.*AB只能由(ABB)转化得到。（深入理解而说明，第一次看可忽略）

3.AA，BB两种情况直接对应(AA)，(BB)。

动态规划：由初始状态例如：只有1个字符串：A或者B，肯定输出0.（没有变化！）

只有2个字符串：AA，AB,BA,BB，其中AA,BB都直接输出0（同上），而BA可能有（AB）,(BA)这2种情况，AB这种情况我认为不存在，经过一秒后AB肯定变化为BA的！怎么可能出现变化后又是AB。所以你输入AB，输出为0。

只有3个字符串：分析比较其中几个：ABA(AAB),ABB(BBA),记住这是一个环,ABB的第二种写法为:BAB(ABB)依然为1种。此时稍微可以看出BA这种状态为我们需要分析的重点。

特殊1：BABA(ABBA,ABAB,BAAB);BABABA(ABBAAB,ABABBA,ABABAB,BAABAB)

特殊2：BABB(ABBB),AABA(AAAB).

dp[i][0]为当前状态不与前者交换得到,d[i][1]为当前状态与前者交换得到.

以s[i](1,0)即[(当前字符)(1,0)]这样代表dp[i][0]=1,dp[i][1]=0.

可把dp[i][0]理解为当前状态保留不变的可能性数目，dp[i][1]为当前状态已发生改变的可能性数目。

首先找到第一个BA的初始位置i,以BA前一个单位作为起点st，BA后一个单位作为终点ed进行逐个分析，

直至st==ed为止。这里BA直接看成是由AB转变而得，即B(0,0),A(0,1);

dp[st][0]=1,d[st][1]=0;设置起点状态为肯定没有发生变化！可以通过以上例子看出。

说明一.如果当前为B前者为A，dp[st][0]=dp[st-1][1];dp[st][1]=0;意思：AB的情况，B为当前值，A为前者，

AB是通过ABB变化为BAB得到的，即B肯定为不变状态保留下来，而保留的可能性数目是与前者变化的可能性数目相同！即BAB的A变化可能性有多少次可能，可以看出后者B保留下来的可能性数目，而A变化的可能性数目是通过A的前者的状态得知的！

说明二.如果当前为A，前者为B，即BA。dp[st][0]=dp[st-1][0];

dp[st][1]=dp[st-2][0]+dp[st-2][1];

意思：A的保留可能性数目是通过前者B的保留可能性数目而得出，可以简单理解为A就是因为B保留而保留下来了（即BA（BA）），之前我已说明括号里面为前1s的状态，BA是通过前一秒直接保留而得！双保留~

当前A的改变可能性数目是通过A的前者的前者的（保留与改变可能性数目之和），用一个例子说明：

以字符串其中一段ABA为例，(i为当前位置)

已知dp[i-2][0]=0,dp[i-2][1]=1.那么可由说明一得出dp[i-1][0]=dp[i-2][1]=1; dp[i-1][1]=0;

dp[i][0]=dp[i-1][0]=1; dp[i][1]=dp[st-2][0]+dp[st-2][1]=1;可看出当前i的状态：保留有1种可能性，改变也有1种可能性，分别为：ABA,AAB，为什么取和？

扩展思路：当前i的改变可能性数目，肯定不与前者有关，一点关系都没有！因为，BA，A的变化不会受B影响，无论你B变化还是保留！但是与前者的前者有关系，因为前者的前者记录了BA之前的可能性数目，前者的前者是会影响当前A改变的可能性数目！其实从开头就一直在记录着除了第一个BA之外的可能性数目。

说明三：当前与前者相同，dp[st][0]=dp[st-1][0]+dp[st-1][1]; dp[st][1]=0;

上面已经说明为直接保留，但是保留的数目是前者保留数目+前者改变数目，因为前者会影响当前，例子：

BABAA：B(0,0),A(0,1),B(1,0),A(1,1),A(2,0)，最后一个A是我们关注的对象，

前1s可能字符串：(ABBAA , ABABA)可见最后一个A的保留可能性数目为前者A的保留与改变数目之和！！！

BB的情况与AA同理。

解释代码：（一）BA情况：当前A的改变可能性数目=前者的前者的保留与改变数目之和=0的情况。

第一个BA后面接着有BA，就会出现这种情况，因为第一个BA的初始值实际上是设置成B(0,0),A(0,0),

我只给起点设置了初值(1,0)，为了防止出现BABA:B(0,0),A(0,0),B(1,0),A(1,0)这种情况，所以要加上一个条件：BA的情况，A的改变可能性数目如果是0，那么就将它变为1.此时最后一个A为(1,1)直接得出结果sum=2.但是仔细看特殊1我所作出的分析，BABA答案是3！此时只分析出前一秒的2种状态而已，因为我是把第一个BA直接看成是AB改变而得，即已分析出前一秒(ABBA,ABAB)这2种，还有一种是(BAAB）即第一个BA看成不变的情况，也有一种可能性！(所以需要sum=sum+1)BABABA情况与BABA一样，temp的作用也只是处理这2种字符串出现的情况。

（二）特殊2：BABB或者AABA两种情况，直接忽略nochoose功能，因为第一个BA肯定是AB变化而得！

BABB（ABBB），AABA（AAAB）。

（三）上面（一）已经说明nochoose（）函数的第一个功能，而现在说明nochoose()函数的作用之二就是分析保持第一个BA不变的情况的！

直接例子：BA[BAABAABA] 首先第一次进入choose,用[]括着的就是需要分析的字符串

B(0,0),A(0,0),起点B(1,0),A(1,1),A(2,0),B(0,0),A(0,2),A(2,0),B(0,0),终点A(0,2) 此时sum=2;

此时分析出2种情况:(AB)ABAABAAB,(AB)BAAABAAB,括起来的为还没有分析的字符串!

此时进入nochoose()函数，经过前面分析nochoose()里面一些分析语句得出不是特殊情况，故继续进行

此时起点和终点有所改变，BABA[ABAA]BA,需要分析的只是[]里面的，注意在第二次分析的时候需要对dp清空，memset(dp,0,sizeof(dp));此时开始求第一个BA不变的可能性数目，经过A(1,0),B(0,0),A(0,1),A(1,0)

这样分析得出：1。那么答案就等于sum=sum+nochoose((i+2)%l,(i-1+l)%l);

疑惑点：为什么起点和终点需要改变？

BABA[ABAA]BA,如果你把第一个BA捆绑固定为BA，那么第二个BA必然是AB转变而得，同理第一个BA的后面还有一个BA，必然是由AB转变而得。所以除了[]里面会产生其他可能性数目，其他的字符一定捆绑成了：

正在转化中的字符串：BAAB[ABAA]AB！[]里面还没开始转变为前1s的状态.

还有其他情况，你都可以尝试一一去测试。以下代码与CSDN其他博客作者有部分相同之处。

#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int l;//l记录字符串s长度
int sum;//记录可能状态总数目(结果)
int dp[101][2];//记录每个牛仔的可能变化状态
char s[100];
void choose(int st,int ed)//从st到ed逐个分析状态并且根据前者状态dp[i-1][0/1]得出当前状态dp[i][0/1]
{dp[st][0]=1;dp[st][1]=0;while(st!=ed){st=(st+1)%l;if(s[st]==s[(st-1+l)%l])//当前st与前者st-1相同;(AA或BB){dp[st][0]=dp[(st-1+l)%l][0]+dp[(st-1+l)%l][1];dp[st][1]=0;}else if(s[st]-1==s[(st-1+l)%l])//当前st为B，前者st-1为A;(AB){dp[st][0]=dp[(st-1+l)%l][1];dp[st][1]=0;}else//当前st为A，前者st-1为B;(BA){dp[st][0]=dp[(st-1+l)%l][0]+dp[(st-1+l)%l][1];dp[st][1]=dp[(st-2+l)%l][0]+dp[(st-2+l)%l][1];if(dp[st][1]==0){dp[st][1]=1;}}}sum=dp[st][0]+dp[st][1];
}
int nochoose(int st,int ed)
{int temp=2;if(s[st]=='B') {if(s[(st+1)%l]=='A')//第一个BA前有BA情况{st=(st+2)%l;temp+=2;}else//BABBreturn 0;}if(s[ed]=='A'){if(s[(ed-1+l)%l]=='B'){ed=(ed-2+l)%l;temp+=2;}else//BAAAreturn 0;}if(temp>=l){sum=sum+1;return 0;}memset(dp,0,sizeof(dp));dp[st][0]=1;dp[st][1]=0;while(st!=ed){st=(st+1)%l;if(s[st]==s[(st-1+l)%l])//当前st与前者st-1相同;(AA或BB){dp[st][0]=dp[(st-1+l)%l][0]+dp[(st-1+l)%l][1];dp[st][1]=0;}else if(s[st]-1==s[(st-1+l)%l])//当前st为B，前者st-1为A;(AB){dp[st][0]=dp[(st-1+l)%l][1];dp[st][1]=0;}else//当前st为A，前者st-1为B;(BA){dp[st][0]=dp[(st-1+l)%l][0]+dp[(st-1+l)%l][1];dp[st][1]=dp[(st-2+l)%l][0]+dp[(st-2+l)%l][1];if(dp[st][1]==0){dp[st][1]=1;}}}return dp[st][0]+dp[st][1];
}
int main()
{cin>>s;l=strlen(s);int i;for(i=0;i<l;i++)//找到第一个BA，取出第一个BA的起始位置{if(s[i]-1==s[i+1])break;}//此时i为第一个BA的起始位置//进入选择choosechoose((i+2)%l,(i-1+l)%l);sum=sum + nochoose((i+2)%l,(i-1+l)%l);cout<<sum<<endl;return 0;
}

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