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• 題意：
• 思路：

題意：

給你一個$n?m$的矩陣，每兩個相鄰點之間有個雙向邊，問你能不能走滿$k$步，每一步走的邊不同，但是點可以相同，換句話說就是走的邊不能再走了。輸出的時候輸出一個$f$和一串不超過$4$個的字符，表示按照這個字符走$f$次。輸出的行數(shù)不能超過$3000$行。

思路：

能看出來這是個歐拉回路，每個點度數(shù)為偶數(shù)，一定有解，所以先判斷一下是否$\le (4?n?m?2?n?2?m)$。
判斷有解后，我們考慮如何構造解。
一開始我想的是先走完一行和一列，讓后將問題轉(zhuǎn)換成$(n?1)?(n?1)$的子問題，但是這顯然是不行的，因為從$1$出發(fā)，想要每個邊走一遍，那么終點一定在$1$號點，所以考慮其他構造方法。
由于我們有$3000$的限制，所以我們不能隨便構造，下面介紹一個非常簡單就能實現(xiàn)的構造方法：
$(1)$先走$m?1$步到最右邊。
$(2)$向下走$n?1$步到最下邊。
$(3)$向上走$n?1$步回到剛才的點。
$(4)$向左走一步。
$(5)$重復$(2),(3),(4)$，一直回到起點$1$。
$(6)$向下走一步。
$(7)$向右走$m?1$步。
$(8)$向左走$m?1$步。
$(9)$重復$(6),(7),(8)$，一直到最下面的點。
$(10)$向上走$n?1$步。
這個方案的總次數(shù)上限是$6?n$，當然達不到上限，正好是$3000$，所以可行。
當然我們還有更好的構造方法。
考慮題目說的字符串不超過$4$個，所以利用這個性質(zhì)考慮優(yōu)化。
可以發(fā)現(xiàn)，我們上面$(2),(3)$步是一直走到底，我們考慮只往下走一個位置，再向上走一個位置，再向左走一個位置，這個操作字符是$DUL$，我們執(zhí)行$n?1$次即可。每一行都可以這樣做。但是最后一行只能先$R$再$L$，因為他下面沒有行了。
第二種的實現(xiàn)細節(jié)很多，就懶得寫了。

// Problem: D. Time to Run // Contest: Codeforces - Codeforces Round #619 (Div. 2) // URL: https://codeforces.com/contest/1301/problem/D // Memory Limit: 256 MB // Time Limit: 1000 ms // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native") //#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,char> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,m,k; vector<PII>ans;void run(int cnt,char ch) {if(!k||!cnt) return;if(cnt>=k){ans.pb({k,ch});k=0;return;}k-=cnt;ans.pb({cnt,ch}); }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);if(4*n*m-2*n-2*m<k) { puts("NO"); return 0; }puts("YES");run(m-1,'R');for(int i=1;i<m;i++) run(n-1,'D'),run(n-1,'U'),run(1,'L');for(int i=1;i<n;i++) run(1,'D'),run(m-1,'R'),run(m-1,'L');run(n-1,'U');printf("%d\n",ans.size());for(auto x:ans) printf("%d %c\n",x.X,x.Y);return 0; } /**/

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #619 (Div. 2) D. Time to Run 矩阵回路构造的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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