题意:
给出两个6行5列的字母矩阵,一个密码满足:密码的第i个字母在两个字母矩阵的第i列均出现。
然后找出字典序为k的密码,如果不存在输出NO
分析:
我们先统计分别在每一列均在两个矩阵出现的字母,然后从小到大排好序。
对于第一个样例来说,我们得到{ACDW}、{BOP}、{GMOX}、{AP}、{GSU}
则一共有4×3×4×2×3=288种密码,我们先计算这个数列的后缀积:288、72、24、6、3、1
要确定第一个字母,如果1≤k≤72,则是A;如果73≤k≤144,则是C,以此类推。 k / 72 + 1就是第一个集合中的第几个元素
求第二个集合的时候,k = k % 72 ...
解法一:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
int k;
char G[2][10][10]; //一个三维的数组存储两个矩阵
int vis[2][30],cnt[10],he[10]; //vis[i][j]表示第i个矩阵第j个字母是否访问,cnt是每一列的总数,he是后缀积
char Select[10][10],ans[10]; //select[i][j]表示第i行第j个字母
int main()
{
int test;
scanf("%d", &test);
while(test--)
{
scanf("%d", &k);
for(int i = 0; i < 2; i++)
{
for(int j = 0; j < 6; j++)
scanf("%s", G[i][j]);
}
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
for(int i = 0; i < 5; i++) //找两个矩阵对应的列中相同的元素处理的很好,对每一列对两个矩阵一行一行的查找
{
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int j = 0; j < 2; j++)
{
for(int m = 0; m < 6; m++)
vis[j][ G[j][m][i] - 'A' ] = 1;
}
for(int j = 0; j < 26; j++)
{
if(vis[0][j] && vis[1][j]) //两个矩阵同一列都访问过了
Select[i][ ++cnt[i] ] = 'A' + j; //第i列第cnt[i]个放入这个字母
}
}
he[5] = 1;
for(int i = 4; i >= 0; i--)
{
he[i] = cnt[i] * he[i + 1];
}
if(k > he[0])
{
printf("NO\n");
continue;
}
k--; //因为考虑到k == 1的情况
for(int i = 0; i < 5; i++)
{
int t = k / he[i + 1];
ans[i] = Select[i][t + 1]; //对于每一个字母都是从1开始标号的,整除之后取下一个,就像k = 1时,每一列都得取第一个,对于最后一列的时候 t = 1,那就取第二个了,所以k--
k = k % he[i + 1];
}
ans[5] = '\0';
printf("%s\n", ans);
}
return 0;
}
解法二:因为密码最多有65 = 7776种,所以可以按字典序从小到大枚举。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int k,cnt;
char G[2][6][5],ans[6];
bool dfs(int col){
if(col==5){
if(++cnt==k){
ans[col]='\0';
printf("%s\n",ans);
return true;
}
return false;
}
bool vis[2][26];
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<6;j++)
vis[i][G[i][j][col]-'A']=1;
for(int i=0;i<26;i++)
if(vis[0][i]&&vis[1][i]){
ans[col]=i+'A';
if(dfs(col+1)) return true;
}
return false;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&k);
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<6;j++)
scanf("%s",G[i][j]);
cnt=0;
if(!dfs(0)) puts("NO");
}
return 0;
}