To be an ACMan

题意：一棵树，有n个结点，每个结点有w[i]个bug，有p[i]的brain。我从1号结点开始走，带着m个战士。1个战士可以消灭20个bugs如果我把某个结点的所有bug都消灭了我就能得到那个结点的brain。如果想攻击当前结点，那么必须先攻击了它的父结点（1号点除外）。注意：1. 其中当你攻占了当前结点，你可以分派人手，走向几个不同的子结点，去攻占更多。也就是说，不是单一的路径。2. 如果输入0个战士直接输出0，即使该洞bug数为0，要获得该洞brain值，也需要至少一人经过该洞穴（可以不停留），而用dfs计算会出现正值。本题数据小，节点100，如果数据大了尽量不要用vector，可能会超时 Read More

题意：给定一个面值Price, 1美分的硬币有c[1]个, 5美分的硬币有c[2]个，10美分的硬币有c[3]个，25美分的硬币有c[4]个，求用给定的硬币兑换Price面额的钱，并且要求硬币数最多，求出每种硬币得用多少个.题目关键：要保存路径，然后输出。我们用pre[j]表示最新更新j的那个状态，j-w[i]等状态，因为多重背包里有二进制压缩，有些状态转移1次纸币数量不一定只加了1，所以用num[j]表示状态转移到j加了多少张纸币。路径输出处理：memset(ans,0,sizeof(ans));for(i=m;i!=0;i=pre[i]) //用pre[j]把路径逆着走一边{ in... Read More

题意：有钱sum，给出n组选择，每种选择有m个物品w，要买物品先必须买盒子，物品价格为w[i]，价值p[i]。然后给出每种选择的一些物品的价格还有价值求取得最大值。物品依赖于盒子。按照背包九讲的做法：先对每组选择里的所有物品进行0-1背包处理，但背包容量为（总容量-盒子容量）；然后跟上一组的状态比较来决定这一组选择 是选还是不选，取其中的较大值。用dp[i][j]表示第i组背包容量为j时的最大价值。在转移状态之前当前组选择的初始化：for(j=0;j<q;j++)//q表示盒子的价格 dp[i][j]=-INF;//当钱<盒子价格时，无价值，注意不要赋值为0， 这题有 重量为0，但 Read More

题意：给你钱的价值和数量，求能在价值m以内能够拼出多少种钱数。View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;bool dp[120003];int w[101],c[101];int main(){ int n, m, i, j; while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { if(!m&&!n)break; for(i=1;i<=n;i++) scanf(" Read More

题意：说有一个人去买m元的东西，有n种钱币，没种钱币的面额是w[i]，个数是C[i]，售货员每种钱币有无数多个。现在这个人想让交易的钱个数最少，即找回的和付出钱的张数，最少。多重背包+完全背包。买家：多重背包；售货员：完全背包；开两个数组，分别计算出买家，售货员每个面额的最少张数。最重要的是上界的处理。可以注意到，上界为maxw*maxw+m（maxw最大面额的纸币），也就是24400元。（网上的证明）证明如下：如果买家的付款数大于了maxw*maxw+m，即付硬币的数目大于了maxw，根据鸽笼原理，至少有两个的和对maxw取模的值相等，也就是说，这部分硬币能够用更少的maxw来代替。证毕。真 Read More

题意：给你一些钱去投资，现在有n种股票，每种股票都有一个价值和年收益，问你如何投资在d年后的最大收益并且股票的价值都是1000的倍数，预处理：对每个价值除以1000，减少内存。完全背包，每投资一年，你的钱会变多，即背包总容量会变大。对每一年的资金进行完全背包，然后更新背包总容量，d次循环后得出答案dp上界：每次投资最多获利本金的10%，所以先写个程序计算出dp上界 1000000.0*pow(1.1,40)/1000=45259View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>us Read More

题意：给6个纸币面额，求出用最少的这6个纸币凑出1-100的面值，求这1-100需要的纸币数种的最大值。解题思路：2个完全背包。注意点：（1）可以相加也可以想减，（2）注意上限，考虑极端数据1 95 96 97 98 99。貌似计算出48次数最多，大概估计不超过30次，所以dp开30*100，如果懒得考虑，直接开100*100。AC代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;#define maxn 3000#define INF Read More

经典混合背包 题目给了很多类别的物品。用数组dp[i][j],表示第i组，时间为j时的快乐值。每得到一组工作就进行一次DP，所以dp[i]为第i组的结果。 第一类，至少选一项，即必须要选，那么在开始时，对于这一组的dp的初值，应该全部赋为负无穷，这样才能保证不会出现都不选的情况。状态转移方程：dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[i][j-w[x]]+p[x],dp[i-1][j-w[x]]+p[x]));dp[i][j]: 是不选择当前工作；dp[i-1][j-w[x]]+p[x]: 第一次在本组中选物品，由于开始将该组dp赋为了负无穷，所以第一次取时，必须由上一组的结. Read More

注意至少取一个，仔细分析一下，此时光靠一个一维数组是不可以完成状态转移的，必须用二维数组或两个一维数组（滚动数组）。建议多用二维数组，二维数组比较好理解，不容易出错，除非数据量太大，二维开不下。当然，如果对状态转移理解的比较深刻可以尝试着写成滚动数组。先讲一讲二维数组的做法：dp[i][j]表示进行到了第i组容量为j所装载的最大价值。则dp[i][j]这个状态必须从dp[i-1][j-w[x]]+p[x] （选了第1个第i组的物品），dp[i][j-w[x]]+p[x]（已经选过第i组的物品，这次又选了第i组的物品），dp[i][j]（不选这个物品）；所以状态转移方程为：dp[i][j]=ma Read More

题意：给了n个边，要求每条都用上，组成一个三角形，求三角形面积最大值的100倍（取整数）；分析：我们可以开个二维数组dp[i][j]来记录三角形的两条边的长度i，j，那么另一条边就是总长度减去i和j。疑问：判定能构成三角形的条件，设p为三角形的半周长，a+b>c 两边同时加上c 则 2*p>2*c即 p>c，同理p>a，p>b。由海伦公式S=sqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p*c))也可以得出这结论。View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<math.h> Read More