牛客-模拟、枚举与贪心 2022.10.20

答题卡

答题卡是n * n 的，要求出所有的使横竖答题卡对称的涂写方案。
首先，应该看清楚题面给出的条件，横竖答题卡都只能填一个答案，并且横竖答题卡是要对称的。所以横答题卡某一行的答案确定之后，对应的竖答题卡的某一列的答案也就确定了，并且交于这两个答案的行和列也已经确定了

以n = 3可以看到，当将第一行的答案放在第一列的时候，剩下的就是求的答题卡规模为(n - 1) * (n - 1) 的所有方案,当第一行的答案放在第二列的时候，剩下的就是求答题卡规模为(n - 2) * (n - 2) 的所有方案（因为此时根据答案横竖相同要求的对称性，确定了一行的同时也就确定了一列，所以此时有两行和两列都不能进行选择），同理将第一行的答案放在第三列也是一样的。而n = 4的所有情况也是跟n = 3类似。
所以我们可以得出这样的结论：
在棋盘规模为 的情况下，除去将第一行的答案放在第一列之外（这种情况是转化为求(n - 1) * (n - 1)的所有方案数），剩余的情况有(n - 1) 种，并且这(n - 1)种情况都是一样的，都是求棋盘规模为(n - 2) * (n - 2) 的所有方案数。

F(n) = F(n - 1) + (n - 1) * F(n - 2)

#include 
using namespace std;
const int MOD = 1000000000 + 7;
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    //res[i]表示i * i的矩阵的方案数目
    vector<long long> res;
    res.emplace_back(1), res.emplace_back(1), res.emplace_back(2);
    for(int i = 3; i <= n; i++) {
        res.emplace_back((res[i - 1] + (((i - 1) % MOD) * (res[i - 2] % MOD))%MOD) % MOD);
    }
    cout << res[n] << endl;
    return 0;
}

零钱兑换

比较经典的多重背包问题

#include 
using namespace std;
int dp[3][210];
int money[3] = {1, 2, 5};
int main() {
    int n;
    cin>>n;
    for(int i = 0; i <= 200; i++) 
        dp[0][i] = 1;
    dp[1][0] = 1, dp[2][0] = 1;
    for(int i = 1; i < 3; i++) {
        for(int j = 0; j <= 200 ; j++)
            if(j >= money[i])
                dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-money[i]];
            else
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
    }
    cout<2][n] <
    return 0;
}

斐波那契

利用斐波那契数列的通项公式进行推导，最后得到的结果为(-1)^n。所以只需要判断一下n的奇偶性即可得到答案。

#include 
using namespace std;
int main() {
    string s;
    cin >> s;
    if(s[s.size() - 1] % 2 == 0)
        cout << 1 << endl;
    else
        cout << -1 << endl;
    return 0;
}