洛谷N句话题解QWQ
首先我会援引一些大佬的代码，如果大佬们看到自己的代码被挂了不开心，可以私信我，我会致谢或者删除\(qwq\)
\(ps\)：至于一些\(zz\)题……我就不整了\(qwq\)
诶，这并不是一句话题解\(qwq\),本蒟蒻太蒟了……所以会长一些qnq不过肯定会越来越短的啦！！
\(P1002\)过河卒甩链接
诶这个题不是广搜？\(emmmmm\)好像方案数这个东西，搜起来很耗时，并且结果有可能会爆\(int\)……
所以我们选择DP……这好像也不能算是DP……也就是个递推吧\(qwq\),
即，每一格的状态总是可以通过上方、左方两个状态转移过来。
啊，显然方案总数也是可以这样乱搞的\(qwq\)
但是据说好像可以滚去一维的空间……今天上午脑子昏沉，看不懂，以后再说吧\(qwq\)
\(p1004\) 方格取数甩链接
诶这个题不就是传纸条吗\(qwq\)
据说可以状压一下下，但本蒟蒻不会呀！
既然是\(DP\)，那就考虑状态转移，只能从上下左右四个相邻的\(classmates\)传导过来\(qwq\),那么就应该是二维\(DP\)，但由于有两个人，所以根据乘法原理，总共会有四维的状态总数，所以是四维\(DP\).
哈，没那么简单，别忘了不能重复走这个问题\(qwq\),其实只需要最后减去就好惹\(QVQ\)
\(Such\) \(as\)
f[i][j][k][l]=my_max(f[i][j-1][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1],f[i][j-1][k][l-1],f[i-1][j][k-1][l])+a[i][j]+a[k][l];
if(i==k&&j==l)f[i][j][k][l]-=a[i][j];
\(p1006\)传纸条link
其实吧，这和上一个几乎是一个题……但其实是可优化的！
因为我们可以换一种方法来看待状态：我们可以将两个纸条看作同时传递，那么每一次移动的单位都是一定的，那么就可以有在上一个题中的\(i+j=k+l=nowstep\),
所以我们可以通过枚举步数、分别枚举两个点的一个坐标，然后用\(nowstep\)推出另外一个坐标即可\(qwq\).
\(Such\) \(as\)
for (int k=1;k<=n+m-1;k++)
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++){
if (k-i<0 || k-j<0)continue;
f[k][i][j] = my_max(f[k-1][i][j],f[k-1][i-1][j-1],f[k-1][i][j-1],f[k-1][i-1][j]) + a[i][k-i+1] + a[j][k-j+1];
}
\(p1010\) 幂次方link
这个题一看就需要我们迭代操作……所以考虑递归。
那么递归到底的时候就只会有两种情况：出现\(2(0)\)或\(2\),那我们就对于仍可以分解的每部分，中间以\("+"\)号相连，每部分自身迭代下去就好。
嗯……递归算法是个好东西……但是需要理解透彻\(qwq\)
void dfs(int n)
{
bool check=1;
while(n)
{
if(!check)cout<<"+";
int w=(int)log2(n);
if(w==1)cout<<"2";
else if(w==0)cout<<"2(0)";
else
{
cout<<"2(";dfs(w);cout<<")";
}
n-=pow(2,w);
check=0;
}
}
\(p1011\) 车站link
乱搞一下就行……这是一道考察综合素质的水题……但是我做了好长时间\(qwq\)
还有做题的时候一定要集中精力，读懂题再做……读三遍……
over.
\(p1012\) 拼数link
按照相邻的两个串相连接之后的字典序大小来写\(sort\)的\(cmp\)函数即可。
唔，还是要仔细想啊！水题也不能太过划水……
\(p1014\) Cantor表link
啊，也是无脑的找规律，这个就只能看\(OIer\)的个人素养了\(qwq\)……
对于这种题而言……还是不要抄题解的为好（逃
\(p1017\) 进制转换link
这道题当时卡了我好久qwq……大约\(45min\)……因为我实在搞不清楚这个负进制是怎么个操作\(qnq\)……
不过其实也挺简单的……就是要明白进制的定义：
对于一个数\(k\),和一个数列\(a_t…a_3a_2a_1a_0\),则对于一个\(k\)进制下的数，总可以表示成
\(\Sigma_{i=0}^{n}(a_ik^i)\), \(a_i\in[0,|k|)\)
这个式子看起来好像很富有亲和力\(qwq\) \(~~~~~\) ]反向逃。
也就是说每个进制位上的数只能是非负数啦！但是我们发现在短除法的时候有可能会出现负数，这个时候由于对于每个\(a_i\)都只会有\(|a_i|<|k|\),所以我们只需要在这一位加上一个\(|k|\)即可，但是这样我们就需要向高位借一个\(1\)啦\(qwq\)
\(Such\) \(as\)
int divide(int n,int b,char *c)
{
int i=0,k;
while(n!=0)
{
k=n%b;
n/=b;
if(k<0){k-=b;n+=1;}
if(k>9)c[i]=char(k-10+'A');
else c[i]=char(k+'0');
i++;
}
return i-1;
}
这是从\(DJblooky\)大佬的题解里刨过来的\(qwq\) ,在这里向这位大佬表示敬意！
\(p1018\) 乘积最大
毒瘤啊\(qwq\)……居然要高精……
先说不高精的，就是个\(dp\)，但是\(dp\)多种多样啊！在这里我选了一种很不错的\(dp\)方式，\(by\) LOI_lxt大佬:
用\(dp[k][i]\)表示用了\(k\)个乘号,前\(i\)个数的乘积最大值,那么我们可以通过每次只枚举最后一个乘号来实现状态的推演，因为之前的\(k-w(0<=w<k)\)已经枚举过了\(qwq\)。
哦，高精我还不是很熟啊，需要练习一下\(qwq\)
\(p1019\) 单词接龙link
这道题是真你萌毒瘤啊\(qnq\),虽然就是很水的模拟而已
忽略上一句极富有素质的感慨\(qwq\)
首先我们要知道一些坑点……不读题的伤你不懂……
\(1.\)一个单词可以用两遍……
\(2.\)在加长度的时候，减去的不是最大重复部分，而是最小重复部分
\(3.\)较为复杂的题往往需要良好的心态和码力，所以蒟蒻还需要练习哇！
嗯，我还是太菜了。
最后付个辣鸡源码（主要的函数），顺便以期日后能够写得更简练。
inline int add_haha(string a,string b)
{
int minus=0,tot=0;
int la=a.size(),lb=b.size();
for(int i=0;i<=min(la,lb);i++)
{
bool flag=1;
for(int j=la-i;j<=la-1;j++)
{
if(a[j]!=b[tot])flag=0;
tot++;
}
if(flag&&!minus)minus=tot;
tot=0;
}
return lb-minus;
}
inline bool check(string a,string b)
{
int tot=0;
int la=a.size(),lb=b.size(),lla=la,llb=lb;
for(register int i=0;i<min(la,lb);i++)
{
if(a[i]!=b[i])
break;
else
{
lla--;
llb--;
}
}
int flag=0,ff=0,use=1;
if((!lla&&llb)||(!llb&&lla))return 0;
for(register int i=0;i<min(la,lb);i++)
{
for(register int j=la-i;j<=la-1;j++)
{
if(a[j]!=b[tot++])ff=1;
use=0;
}
if(!ff&&!use)flag++;
ff=0;
tot=0;
use=1;
}
if(!flag)return 0;
return 1;
}
\(p1020\) 导弹拦截link
这个题不就是个最长上升子序列的裸题吗\(qwq\),\(nlogn\)方法要好好打（背）。
求出一个子序列之后再乱搞贪心就好啊\(qwq\)
贪心的时候就只需要对于每个导弹，我们都选择一个最小拦截高度的、但是可以拦截当前导弹的系统，如果没有可以拦截当前导弹的系统，系统个数就\(++\)。
…………………………
x=0;
for(k=1;k<=n;k++)
if(h[k]>=a[i])
if(x==0)x=k;
else if(h[k]<h[x])x=k;
if(x==0)n++,x=n;
h[x]=a[i];
i++;
…………………………
\(p1021\) 邮票面值设计link
这个题我当时不会做……嗯……留下了并没多好的印象\(qnq\)
这个题我们首先可以考虑用深搜搜出来所用的几个数，而至于\(MAX\)，我们可以考虑\(DP\)，而需要注意以下这些\(Tips\)：
\(1.\)虽然题目中说明了最多用\(N\)张邮票，也就是可以少放，但是多放的情况肯定大于少放的情况，所以直接对\(n,k\)进行\(dfs\)即可。
\(2.\) \(DFS\)中的一个常见技巧——为了去重，可以将整个\(ans\)序列看作单调递增序列，比较好搞\(qwq\)
\(3.\) 对于找\(MAX\),我们可以以f[i]表示拼\(i\)所用的最小数的个数，那么在记录之后，我们就可以对\(1\)~\(a[now]\times{n}\)(因为当前最多取\(a[now]\times{n}\)，所以上界为\(a[now]\times{n}\))，直到筛到个数\(>n\)为止。
嗯……辅助DP嵌套\(DFS\)还真是让本蒟蒻吃不消啊\(qwq\)
嗯，贴关键部分（求\(MAX\)）
int up=a[now]*n;
for(int i=1;i<=now;i++)
for(int j=a[i];j<=up;j++)
f[j]=min(f[j],f[j-a[i]]+1);
for(int i=1;i<=up;i++)
if(f[i]>n) return i-1;
return up;
我可是真菜\(qnq\)
\(p1024\) 一元三次方程求解link
这个题的数据范围怎么给的这么暴力哇？？把数据范围再扩大个\(100\)倍暴力不也跑得过吗
以下这个好像是一个不知道对不对的二分……希望有大佬能指出问题来\(qwq\)
for(double i=-100;i<=100;i++)
{
l=i,r=i+1;
if(pks(i)<=0.01&&pks(i)>=-0.01)ans[++tot]=i,continue;
while(r-l>=0.01)
{
double mid=(l+r)/2;
if(pks(mid)>0.01)r=mid;
else if(<pks(mid)<-0.01)l=mid;
else ans[++tot]=mid;
}
}
\(p1030\) 求先序排列link
整理这个题的目的就是因为我老是忘记树的遍历是怎么回事……
中：左->根->右
先：根->左->右
后：左->右->根
那么在我们知道后序遍历之后，最后一个元素就是根节点；然后再在中序遍历中查询根节点，得到左右子树，再到后序遍历中查找两个子树的根节点，然后继续迭代即可。
\(emmmm\)好像这题水的很，不过我还要为我没有打好树的基础而埋单啊\(qnq\)
void build_pre(string pre,string aft)
{
if(pre.size())
{
char root_now=aft[aft.size()-1];
cout<<root_now;
int root=pre.find(root_now);
build_pre(pre.substr(0,root),aft.substr(0,root));
build_pre(pre.substr(root+1),aft.substr(root,pre.size()-root-1));
}
}
感谢 sunyufei 大佬提供的一个很简洁的方法，此处鞠躬致敬\(qwq\)
\(P1037\) 产生数link
为什么是广搜\(qwq\)……只要用乘法原理把所有的字母的变换方式乘起来即可。
诶，是要高精的哇\(qnq\)（\(unsigned\) \(long\) \(long\) \(int\)正面硬刚不过）
吼哇吼哇，就这么做完了。
\(p1042\) 乒乓球
不挂\(link\)了……这个水题就是考你怎么输入的……
\(p1044\) 栈
就是个卡特兰数求第\(n\)项啊……在这里可以提供一种证明的思路：既然是跟入栈次序有关，就可以对于一个卡特兰数\(Cut\)（胡蒙的英文），可以如此求：
\(Cut(n)=\Sigma_{i=1}^{n-1}(Cut(i)+Cut(n-i)),Cut(1)=1\)
嗯……浅显易懂啊，我就不证了（逃
\(p1052\) 过河link
啊，这是道好题哇\(qwq\).
首先很明确的是，青蛙每一步的状态总是由上一步的状态转移过来的，也就是说\(DP\)方程是没什么思维难度的：
f[i]表示走到第\(i\)单位长度时踩到石头的最小数量，那么有：
\(f[i]=min\) { \(f[i]-length+check[i]\)},\(s<=length<=t\)
然鹅并不可做，因为\(l\)实在是太大了,\(O(n)\)都会炸，所以考虑离散化。而离散化好像排序和取模都可以，在这里我选择了膜法\(qwqqq\)
\(p1057\) 传球游戏link
这个题考虑\(dp\),那么首先定义状态,用\(f[i][j]\)表示传回编号\(i\)，传了\(j\)次的最多不同方案数。那么状态之间的转移就是
有
\(f[1][j]=f[n][j-1]+f[2][j-1]\)
\(f[i][j]=f[i+1][j+1]+f[i-1][j+1]\)
那么最终答案就存在\(f[1][m]\)里
而实质上，对于一道\(DP\)题目，我们要先去审清它是不是一道\(DP\)，就是通过找状态和状态之间是否可以转移得出结论的。那么之后就需要考虑如何转移，即相邻的两个状态该如何演变。\(DP\)的特点就是好理解，但是理解是被动，主动做的话就会十分的\(embarrassing\)
嗯，其实就是因为我蒟.
\(p1063\) 能量项链link
\(emmmm\)这应该可以算是一个很经典的区间\(DP\),那由于我的某篇\(zz\)博客专门讲了，就挂个链吧。
区间\(DP\)
\(p1064\) 金明的预算方案link
这个题疑似是有依赖的背包问题，那么其实对于普通的这种有依赖的背包问题（无嵌套），我们是都可以转化成有多种情况的普通背包。
比如在这个题目中，我们就可以简化成有五种情况的01背包。即：
对于一个主件而言
1、不买；
2、买自己，也买自己的左儿子；
3、买自己，也买自己的右儿子；
4、只买自己；
5、买自己，左儿子买，右儿子也买；
而附件是没有任何选择权的（只能被选择），所以不枚举附件。
\(p1075\) 质因数分解link
这道题其实没什么可整理的，就是个水题啊，但是让我至今也很记忆犹新的，是下面这份十分简练的\(rqy\)在初三上学期写出来的代码：
cin>>n;
int i=2;
while(n%i!=0)i++;
cout<<n/i;
我从来不肯承认有人真的比我强很多，所以我虽然很佩服\(rqy\)，但我也要把它当作一个争取超越的对象啊。
\("The\) \(limit\) \(of\) \(your\) \(mind\) \(is\) \(the\) \(limit\)
\(of\) \(your\) \(world."\)
\(p1080\) 国王游戏link
这个题本来不是很恶心，但是因为是个\(NOIp\)的题目，所以不加一个高精对不起这个题的毒瘤属性\(qwq\),所以要加一个高精来毒瘤以下。
这个题的贪心方向应该很明显，就是按某种方式进行排序，然后使得最大的大臣收益最小。好的，那么\(sort\)需要一个\(cmp\)，那么现在的问题就是怎么写一个\(cmp\)。
很显然啊，排序的时候最好的方案应该是让在其他状态下收益高的大臣在前面，让受益小的大臣在后面。
而排序，在这里给出花姐姐自己的证明：
设正在进行\(cmp\)的两个大臣的左右手上写的为\(l_1r_1,l_2r_2\)在他俩之前总会有至少一个人，设其左右上的数字为\(l_0r_0\)。
那么对于两种不同的顺序，即1在2之前和2在1之前，有两种不同的收益：
\(1\)在\(2\)前：\(max(\frac{l_0l_1}{r_2},\frac{l_0}{r_1})\)
\(2\)在\(1\)前：\(max(\frac{l_0l_2}{r_1},\frac{l_0}{r_2})\)
那么对于这两个式子，我们设第一种情况的值要大于第二种情况，即让1在前面会更优，便可以得到：
\(max(\frac{l_0l_1}{r_2},\frac{l_0}{r_1})>max(\frac{l_0l_2}{r_1},\frac{l_0}{r_2})\)
因为都是正值，所以两边同乘r_2r_1可以有:
\(max(l_0l_1r_1,l_0r_2)>max(l_0r_1,l_0l_2r_2)\)
提取\(l_0\)可得:
\(max(l_1r_1,r_2)>max(r_1,l_2r_2)\)
而因为若式子左边有\(r_2>l_1r_1\),那么就不可能有左边大于右边，因为显然\(r_2<l_2r_2\),所以右边同理,可将原始式子化作：
\(l_1r_1>l_2r_2\)
这就是\(cmp\)
至于高精乘，人家不会了啦\(qwqqq\)
\(p1087\) \(FBI\)树link
嗯，很棒啊，又是一道辣鸡橙题，然鹅当时我还是不会做\(OTZ\)
他这个题很有良心的一点是让你后序遍历输出，那么很显然了哇，输出操作应该放在递归之后，也就是回溯的时候进行。那么在回溯的时候只需要在记录的左右区间内跑一遍就好。
好吧，当时不会的主要原因就是因为我对于树的遍历这部分掌握的太渣了\(qnq\)
\(p1088\) 火星人 link
这道题就是一个\(stl\)的模板题……全排列直到\(m--\)变成0为止……
那么在此，整理一下\(next\)\(permutation()\)的用法，这个函数是一个\(bool\)型的，返回值的意义是是否还有下一个排列，与之相反的是\(prev\)\(permutation()\),那么对于这两个函数：
\(next\)_\(permutation()\) \(bool\)型 直接对原数组进行操作 所有排列的字典序是递增的
\(prev\)_\(permutation()\) \(bool\)型 同上 \(~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\) 所有排列的字典序是递减的
\(emmm\)就这样吧
\(p1115\) 最大子段和link
这个地方给出一个\(dp\)做法。在求子段和的时候由于是由跨负数的,所以在我们的第一次循环之后，在第二次循环再进行一次反悔操作。当然同时也要保证最优性\(QWQ\)。那么就可以得到如下程序段：
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>A[i];
dp[1]=A[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
dp[i]=max(dp[i-1]+A[i],A[i]);
for(int i=2;i<=n;i++)
dp[i]=max(dp[i-1],dp[i]);
这就是如何求最大子段和的\(DP\)做法\(qwq\)
$Ps \ \ : \ \ $ 现在让我来看之前的码风好抽搐啊 \(QAQ\)
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