枚举：基于逐个尝试答案的一种问题求解策略
例题：完美立方
题目描述
请按照a的值，从小到大依次输出。当两个完美立方 等式中a的值相同，则b值小的优先输出、仍相同则c值小的优先输出、再相同则d值小的先输出。
输入样例：
24
输出样例：
Cube = 6, Triple = (3,4,5)
Cube = 12, Triple = (6,8,10)
Cube = 18, Triple = (2,12,16)
Cube = 18, Triple = (9,12,15)
Cube = 19, Triple = (3,10,18)
Cube = 20, Triple = (7,14,17)
Cube = 24, Triple = (12,16,20)解题思路
四重循环枚举a,b,c,d ，a在最外层，d在最里层，每一层 都是从小到大枚举。
a枚举范围[2, N]
b范围 [2, a-1]
c范围 [b, a-1]
d范围 [c, a-1]
解答
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main() {
int N;
scanf("%d", &N);
for (int a = 2; a <= N; a++) {
for (int b = 2; b < a; b++) {
for (int c = b; c < a; c++) {
for (int d = c; d < a; d++) {
if (a*a*a == b*b*b + c*c*c + d*d*d)
printf("Cube = %d, Triple = (%d,%d,%d)\n", a, b, c, d);
}
}
}
}
return 0;
}例题：生理周期
题目描述
输入：
输入四个整数：p, e, i和d。 p, e, i分别表示体力、情感和智力 高峰出现的日子。d是给定的日子，可能小于p, e或 i。所有给定日子是非负的并且小于或等于365，所求的日子小于或等于 21252。
输出：
从给定日子起，下一次三个高峰同一天的日子（距离给定日子的天数）。
输入样例：
0000
0 0 0 100
5 20 34 325
4567
283 102 23 320
203 301 203 40
-1 -1 -1 -1
输出样例：
Case 1: the next triple peak occurs in 21252 days.
Case 2: the next triple peak occurs in 21152 days.
Case 3: the next triple peak occurs in 19575 days.
Case 4: the next triple peak occurs in 16994 days.
Case 5: the next triple peak occurs in 8910 days.
Case 6: the next triple peak occurs in 10789 days.解题思路
从d+1天开始，一直试到第21252天，对其中每个日期k，看是否满足
(k-p)%23 == 0 && (k-e)%28 == 0 && (k-i)%33 == 0解答
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define N 21252
int main() {
int p, e, i, d, caseNo = 0;
while (cin >> p >> e >> i >> d && p != -1) {
caseNo++;
int k;
for (k = d+1; (k-p)%23 != 0; k++);
for (; (k-e)%28 != 0; k += 23);
for (; (k-i)%33 != 0; k+= 23*28);
cout << "Case " << caseNo << ": the next triple peak occurs in " << k-d << " days." << endl;
}
return 0;
}例题：POJ1013 称硬币
有12枚硬币，其中有11枚真币和1枚假币，假币和真币重量不同，但不知道假币比真币轻还是重。现在，用一架天平称了这些币三次，告诉你称的结果，请你找出假币并且确定假币是轻是重（数据保证一定能找出来）。
输入：
第一行是测试数据组数。
每组数据有三行，每行表示一次称量的结果。银币标号为 A-L。每次称量的结果用三个以空格隔开的字符串表示： 天平左边放置的硬币 天平右边放置的硬币 平衡状态。其 中平衡状态用up, down, 或 even表示, 分别为右端高、右端低和平衡。天平左右的硬币数总是相等的。
输出：
输出哪一个标号的银币是假币，并说明它比真币轻还是重。
输入样例：
ABCD EFGH even
ABCI EFJK up
ABIJ EFGH even
输出样例：
K is the counterfeit coin and it is light.解题思路
对于每一枚硬币先假设它是轻的，看这样是否符合称 量结果。如果符合，问题即解决。如果不符合，就假设它是重的，看是否符合称量结果。把所有硬币都试 一遍，一定能找到特殊硬币。
解答
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
char Left[3][7]; // 天平左边硬币
char Right[3][7]; // 天平右边硬币
char result[3][7]; // 结果
bool isFake(char c, bool light) { // light 为真表示假设假币为轻，否则表示假币为重
for (int i = 0; i < 3; i++) {
char * pLeft, *pRight; // 指向天平两端的字符串
if (light) {
pLeft = Left[i];
pRight = Right[i];
} else { // 如果假设硬币是重的，则把称重的结果左右对换
pLeft = Right[i];
pRight = Left[i];
}
switch(result[i][0]) { // 天平右边情况
case 'u':
if (strchr(pRight, c) == NULL)
return false;
break;
case 'e':
if (strchr(pLeft, c) || strchr(pRight, c))
return false;
break;
case 'd':
if (strchr(pLeft, c) == NULL)
return false;
break;
}
}
return true;
}
int main() {
int t;
cin >> t;
while (t--) {
for (int i = 0; i < 3; i++) {
cin >> Left[i] >> Right[i] >> result[i];
}
for (char c = 'A'; c <= 'L'; c++) {
if (isFake(c, true)) {
cout << c << " is the counterfeit coin and it is light.\n";
break;
} else if(isFake(c, false)) {
cout << c << " is the counterfeit coin and it is heavy.\n";
break;
}
}
}
return 0;
}例题：POJ1222 熄灯问题
题目描述
有一个由按钮组成的矩阵，其中每行有6个按钮，共5行。每个按钮的位置上有一盏灯，当按下一个按钮后，该按钮以及周围位置（上边，下边，左边，右边）的灯都会改变状态。
- 如果灯原来是点亮的，就会被熄灭
- 如果灯原来是熄灭的，就会被点亮
- 在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态
- 在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态
- 其他按钮改变5盏灯的状态
- 与一盏灯毗邻的多个按钮按下时，一个操作会抵消另一次操作。
给定矩阵中每盏灯的初始状态，求一种按钮方案，使得所有的灯都熄灭。
输入：
第一行是一个正整数N，表示需要解决的案例数。每个案例由5行组成，每一行包括6个数字。这些数字以空格隔开，可以是0或1。0表示灯的初始状态是熄灭的，1表示灯的初始状态的点亮的。
输出：
对每个案例，首先输出一行，输出字符串”PUZZLE #m”，其中m是案例的序号。
接着按照该案例的输入格式输出5行，1表示需要把对应的按钮按下，0表示不需要按对应的按钮，每个数字以一个空格隔开。
样例输入：
2
011010
100111
001001
100101
011100
001010
101011
001011
101100
样例输出：
PUZZLE #1
101001
110101
001011
100100
010000
PUZZLE #2
100111
110000
000100
110101
010100
101101解题分析
- 第2次按下同一个按钮时，将抵消第1次按下时所产生的结果，所以每个按钮最多只需要按下一次。
- 各个按钮被按下的顺序对最终的结果没有影响。
- 对第1行中每盏点亮的灯，按下第2行对应的按钮，就可以熄灭第1行的全部灯。
- 如果重复下去，就可以熄灭第1，2，3，4行的全部灯。
如果存在某个局部, 一旦这个局部的状态被确定, 那么剩余其他部分的状态只能是确定的一种, 或者不多的n种, 那么就只需枚举这个局部的状态即可。
经过观察，发现第1行就是这样的一个“局部”。
因为第1行的各开关状态确定的情况下，这些开关作用过后，将导致第1行某些灯是亮的，某些灯是灭的。
-> 那么要熄灭第1行某个亮着的灯（假设位于第i列），那么唯一的办法就是按下第2行第i列的开关（因为第1行的开关已经作用过了，而第3行及其以后的开关不会影响到第1行），所以为了使第1行的灯全部熄灭，第2行的合理开关状态就是唯一的。
-> 第2行的开关起作用后，为了熄灭第2行的灯，第3行的合理开关状态也是唯一的。
-> 以此类推，最后一行的开关状态也是唯一的。
所以，只要第1行的状态定下来记作A，那么剩余行的情况就是确定唯一的了。
-> 推算出最后一行的开关状态，然后看看嘴壶一行的开关起作用后，最后一行的所有灯是否熄灭：
- 如果是，那么A就是一个解的状态
- 如果不是，那么A就不是解的状态，第1行换个状态重新试试
只需枚举第1行的状态，状态数是2^6 = 64
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <memory>
#include <cstring>
using namespace std;
int getBit(char c, int i) { // 取c的第i位
return (c >> i) & 1;
}
void setBit(char& c, int i, int v) { // 设置c得第i位为v
if (v)
c |= (1 << i);
else
c &= ~(1 << i);
}
void flip(char & c, int i) { // 将c的第i位取反
c ^= (1 << i);
}
void outputResult(int t, char result[]) { // 输出结果
cout << "PUZZLE #" << t << endl;
for (int i = 0; i < 5; i++) {
for (int j = 0; j < 6; j++) {
cout << getBit(result[i], j);
if (j < 5)
cout << " ";
}
cout << endl;
}
}
int main() {
char oriLights[5]; // 最初灯矩阵，一个比特表示一盏灯
char lights[5]; // 不停变化的灯矩阵
char result[5]; // 结果灯开关
char switchs; // 某一行的开关状态
int T;
cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; t++) {
memset(oriLights, 0, sizeof(oriLights));
for (int i = 0; i < 5; i++) { // 读入最初灯状态
for (int j = 0; j < 6; j++) {
int s;
cin >> s;
setBit(oriLights[i], j, s);
}
}
for (int n = 0; n < 64; n++) { // 遍历首行的64种状态
memcpy(lights, oriLights, sizeof(oriLights)); // 每次改变首行灯方案都要恢复到初始状态
switchs = n; // 第i行的开关状态
for (int i = 0; i < 5; i++) {
result[i] = switchs; // 第i行的开关方案
for (int j = 0; j < 6; j++) {
if (getBit(switchs, j)) {
if (j > 0)
flip(lights[i], j-1); // 改左灯
flip(lights[i], j); // 改开关位置灯
if (j < 5)
flip(lights[i], j+1); // 改右灯
}
}
if (i < 4)
lights[i+1] ^= switchs; // 改下一行的灯
switchs = lights[i]; // 第i+1行开关方案和第行灯情况相同
}
if (lights[4] == 0) {
outputResult(t, result);
break;
}
}
}
return 0;
}