06 2014 档案
摘要：增加一个判素数的步骤就过了。太囧了。。 1 #include 2 #include 3 #include 4 using namespace std; 5 6 int k; 7 8 int main(){ 9 while(scanf("%d",&k)!=EOF){10 ...
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摘要：简单题，直接用STACK模拟整个过程。模拟出栈时，应注意保护现场，等到递归完成后返回。 1 #include 2 #include 3 #include 4 using namespace std; 5 6 const int MAX=105; 7 8 char ans[MAX*2]; 9...
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摘要：双向广搜。。。呃，双向广搜一般都都用了HASH判重，这样可以更快判断两个方向是否重叠了。这道题用了双向的BFS，有效地减少了状态。但代码太长了，不写，贴一个别人的代码。。 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespa...
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摘要：EASY 1 #include 2 #include 3 using namespace std; 4 5 bool prim[45]; 6 int n; 7 bool vis[45]; 8 int ans[25]; 9 10 void dfs(int top){11 if(top>n...
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摘要：经典DP。设dp[i][j]为前i分钟移动j次所得的最大苹果数，本来打算再设一状态表示当前在哪棵树，但发现移动的次数就能确定了。dp[i][j]=max(dp[i-1][k-1]+catc(k%2,app[i]),dp[i-1][k]+catc(k%2,app[i])); 1 #include ...
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摘要：选课[问题描述]在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有N门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程a是课程b的先修课即只有学完了课程a，才能学习课程b）。一个学生要从...
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摘要：因为苹果可能在不同的子树中，所以，很容易想到设状态dp_back[i][j]为以i点为树根走j步并回到i点的最大苹果数与dp_to[i][j]不回到i点的两个状态。于是，转移方程就很明显了。只是注意要减去一来一回，或者不回的边。树形DP里套背包。但这题远比这复杂，个人认为。因为在实现上细节太多。实现...
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摘要：很久以前做的树形DP题，今天再遇到时，竟然不会了，所以写写。。设数组：prf[MAX][MAX],cost[MAX],sum[MAX]。分别表示，在第i个结点为根的子树内的情况下，若有j个用户申请看电视，所能得到的最大费用。cost表示传送到i点时所花的费用，而sum表示当前结点为根的子树内已访问的...
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摘要：母函数简单题 1 #include 2 #include 3 using namespace std; 4 5 const int MAX=130000; 6 int c1[MAX],c2[MAX]; 7 8 struct { 9 int val,num;10 }thing[55];...
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摘要：经典DP，这样的递推确实有点难。 把所有直线分成两组，可以知道m条直线的交点方案数=（m-r）条平行线与r条直线交叉的交点数+ r条直线本身的交点方案亦就是 =（m-r）*r+r条之间本身的交点方案数（0 2 #include 3 using namespace std; 4 5 bool an...
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摘要：1 #include 2 #include 3 using namespace std; 4 5 const int MAX=105; 6 7 bool vis[MAX][MAX]; 8 char maze[MAX][MAX]; 9 int n,m;10 int dir[8][2]={0,...
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摘要：1 #include 2 #include 3 using namespace std; 4 5 const int MAX=13; 6 7 char maze[MAX][MAX][MAX]; 8 9 struct {10 int i,j,k;11 }beg,des,que[11...
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摘要：简单题 1 #include 2 #include 3 #include 4 using namespace std; 5 6 const int MAX=205; 7 const int inf=1000000; 8 int tim[MAX][MAX]; 9 char maze[MAX][...
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摘要：经典搜索 1 #include 2 #include 3 using namespace std; 4 5 const int MAX=10; 6 7 int step[MAX][MAX]; 8 char maze[MAX][MAX]; 9 int n,m,t;10 struct {11 ...
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摘要：首先，p,q>=2，所以p,q=10000时，p 2 #include 3 4 using namespace std; 5 6 bool num[10005]; 7 int m,a,b; 8 int pnum[10000]; int n; 9 void type_table(){10 ...
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摘要：好吧，这题直接搜索就可以了，不过要按照长度最短的来搜，很容易想得到。记得ACM比赛上有这道题，呃。。不过，直接搜。。呵呵了，真不敢想。 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespace std; 6 7 char s...
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摘要：这题有点类似LIS，由于颜色最多100种，所以只需建立一个100的数组，按对立面的关系以某种颜色为向上面的最大值就可以了。 1 #include 2 #include 3 #include 4 using namespace std; 5 6 int cube[505][7]; 7 int ...
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摘要：自己之前的不见了。。这题是双向广搜即可过。。 1 // Colour Hash （色彩缤纷游戏） 2 // PC/UVa IDs: 110807/704, Popularity: B, Success rate: average Level: 3 3 // Verdict: Accepted ...
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摘要：黑书上说用二分图的知识来解，但我想不出来，只好找规律发现，一条柱时为1，两条柱时为4。三条柱时为8。。这些1,3,7,11的数字加1后，都是下一条柱的最底部的数字，而且一条柱的数字之和总是按照这样的规律。1^2,2^2,3^2,4^2......所以。。 1 #include 2 #include...
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摘要：绝好的贪心题把马按照从大到小排序。若田忌的快马比王的快马快，直接赢若田忌的快马比王的快马慢，则用最慢的马和王比若快马相等，则转向慢马。若田忌的慢马比王的慢马快，则赢，指针移位。否则，比较田忌的慢马与王的快马，若相等，直接和。否则，让慢马输给王的快马（只有这种情况）想想，应该是按上面的解答的。这题的贪...
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摘要：很明显地，我们知道，当N=1，2时，先手胜。当N=3时，可以把取走中间一个硬币，得到1，1。依然是先手胜。当N=4时，取走中间两点得到1，1，即先手依然取胜。当N=5时，取走中间1点，依然先手胜。于是，当ALICE取走开头的硬币后，即得到一条链。那么，只需BOB把这条链平均分成两半，做对称操作，即可...
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摘要：这题，通过多次试验，可以发现，当只存在两堆（以下称对）相等的石子时，先手必输。更进一步，当N对这样的石子存在时，先手必输。于是，若1要赢，一种方法是，把石子都变成相等的对。考虑石子中无对的情况，若存在对，我们把那些对忽略，因为先手对于这些对是必输的。当N为奇数时，随机考虑这样的情况(有序)a=(b-...
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摘要：树的删边游戏。。由于题目的特殊性，我们只需计算环的边数值。若为偶环，则直接把环的根节点置0。若为奇环，则留下一条边与根结点相连，并那它们的SG置0；注意的是，两个点也可构成环，因为允许重边。所以，我们只需求点双连通分量，并判断分量中边的数量即可。然后DFS求树的SG值。 1 #include ...
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摘要：关于tarjan 的思想可以在网上搜到，具体我也不太清楚，应该说自己理解也不深，下面是做题经验得到的一些模板。 其中有很多转载，包括BYVoid等，感谢让我转。。。望各路大神愿谅 有向图求连通分量的一般方法： 1 void Tarjan(u) { 2 dfn[u]=low[u]=++index 3
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摘要：博弈题，使用DP来完成。开始时，我以为可以用极大极小加剪枝可以过，但，TLE。。。看过一些题解，没看懂，但也由此有了启发：我们只记录差（初始为0），那为1选的数即为在原差值上加上该数，2选即是减去该数。那么，可以有以下的式子来表达这一过程ANS=A-B+C-D+E-F；神奇的事情来了，将式子转换一下...
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摘要：利用后继节点的SG值求出当前的SG值。在当前任意一个BLANK插入一个x后，分成两段，于是，看成两段的NIM，异或和，按SG的定义求出当前的SG值即可。 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespace std; 6 ...
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摘要：对于这道题，我们需要从(A+B)%3==0这式子考虑。对于第一条式子，我们可以知道，只能是奇偶盒子交替转移。由第二条式子可知，要么是同余为0的A,B之间转移，要么是余数为1，2之间的 转移。后来仔细比对发现，同余为0的只能是一条路径（即只能在同余为0之间转移）内。对于1，2之间的转移，恰好是两条路径...
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摘要：阶梯博弈：先借用别人的一幅图片。（1阶梯之前还有一个0阶梯未画出）阶梯博弈的最初定义是这样的：每一个阶梯只能向它的前一个阶梯移动本阶梯的点，直至最后无法移动的为输。那么，利用NIM，只计算奇数级的异或和，当为0时，先手必败。（至于为什么有这样的，我也能说明白，但下文要讨论的是怎么做）。假设这样个NI...
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摘要：翻硬币游戏，纯。。注意要判重 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespace std; 6 7 int a[105],n; 8 9 int sg(int x){10 int tmp=x,cnt=0;11 ...
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摘要：1 //本来写了个和1021相同的HASH，但没过，于是，抱着侥幸的心理，把它变成距离的四次方， 2 //我就呵呵了。。。 3 //这个题，完全靠概率。当然了，如果是把图翻转来比较，也是可以的。但好像很麻烦。。 4 5 #include 6 #include 7 #inclu...
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摘要：报告见代码。。 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespace std; 6 7 const int MAX=105; 8 int dir[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1}; 9...
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摘要：就是必胜点与必败点的计算而已。计算每一种情况。设st[i][j]为在第i个人剩下j个石头时的情况，拿它转移后的情况比较。可以到达必败点，则当前为必胜点。若只能到达必胜点，则当前点为必败点。 1 #include 2 #include 3 using namespace std; 4 const ...
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摘要：1 #include 2 #include 3 #include 4 using namespace std; 5 int a[30]={-1,1,2,3,-1,1,2,-1,-1,2,2,4,5,5,-1,1,2,6,2,3,-1,1,-1,2,-1,2}; 6 char s[25]; i...
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摘要：也算是一道模板题吧，只需按照SG函数的定义求出每个值的SG，然后异或就可以了。 1 #include 2 #include 3 #include 4 5 using namespace std; 6 const int N=10005; 7 int sg[N]; 8 bool vis[N];...
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