摘要：打表解之View Code 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 using namespace std; 6 const int N=(1<<15)+1; 7 int po[200],ans[N+2]; 8 int main() 9 {10 for(int i=1;i<200;po[i]=i*i,i++);11 memset(ans,0,sizeof(ans));12 for(int i1=1,tp1;p 阅读全文

摘要：没什么好想的，就是一个记忆化搜索。我第一次居然想爆搜~~~View Code 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 int a[1005]; 6 int dp[1005][1005]; 7 int dfs(int left,int right) 8 { 9 if(dp[left][right]!=-1)10 return dp[left][right];11 else if(left==right-1)12 {13 ... 阅读全文

摘要：题目给出的判断条件有三：无环，连通，存在一条链囊括所有的的结点或者邻接所有顶点。前两条件就不说了，第三个其实就是看一个结点它的儿子子树之中是否有大于2棵结点数超过1，另外，如果恰有2棵，还需看父亲祖辈是否有超过一个的结点。View Code 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=105,M=305; 6 int head[N],nc; 7 struct edge 8 { 9 int to,next;10 阅读全文

摘要：被这题坑了多次，就一 二分+二分图多重匹配。View Code 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=1500,M=50000; 6 int head[N],nc; 7 struct edge 8 { 9 int x,y,next; 10 } edge[M]; 11 void add(int x,int y) 12 { 13 edge[nc].x=x; 14 edge[nc].y=y; 15 ... 阅读全文

摘要：用mark[i][st]记录到达i点时到所有点情况为st时的最小花费，向下一步走的时候可以查看要到的点需要经过的中间点是否在st中，然后用优先队列+最短路便可以解决了。#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>using namespace std;const int N=12;int head[N],nc;struct edge{ int to,by,c1,c2,nxt;}edge[N*3];void add(int a,int b,int c,int c1,int c2){ edge[nc].to=b 阅读全文

摘要：直接将圆锥展开变成扇形，用比例算出夹角，再用余弦定理算出答案即可。#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const double eps=1e-8,PI=acos(-1.0);int main(){ double r,h,l,p1,p2,th1,th2,dt; while(scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&r,&h,&p1,&th1,&am 阅读全文

摘要：d,p记录当前距离与总油量，初始化就是题目给的值，然后每次从能到达的点中选择一个油量最多的点与p相加，即现在p代表去该点加油后又乘时光机回到原来位置的总油量~结束条件为：1、没有可以到达加油站了。2、d<=p，即能到终点了。#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;struct data{ int dis,val; bool operator<(const data &next)const { r 阅读全文

摘要：最长链，两遍heap+dijiska#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int N=40005;int head[N],nc;struct edge{ int to,cost,next;}edge[N*3];void add(int a,int b,int c){ edge[nc].to=b;edge[nc].next=head[a];edge[nc].cost=c;head[a]=nc++; ed 阅读全文

摘要：求一次最小割，dfs一遍，然后对每一个满流且是正向边的做一次检查，如果这条边的终点能够到达汇点，则说明可以拓宽这条边来改进网络。View Code 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=1000,M=10000; 6 const int inff=1<<29; 7 int head[N],nc; 8 struct edge 9 { 10 int x,y,next; 11 int cap; 1 阅读全文

摘要：dfs搜索，实际上每次只有一个前进的方向，记录进位与当前位，用一个bool标记即可。View Code 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 int n,k; 5 bool ok,g[10][10]; 6 void dfs(int res,int add) 7 { 8 if(res*n+add==k) 9 {10 ok=true;11 return;12 }13 else if(g[res][add])14 {15 ... 阅读全文

摘要：由Polya定理可得到最后结果等于1/N*∑N^gcd(i,n);可是，N≤10^9，枚举i明显会超时，但gcd（i,n）最后得到的结果很少，最多1000多个，于是反过来枚举gcd（i，n）的值L，L即n的某个约数，那么我们需要找到0~n-1中有多少个数与n的约数是L，由扩展欧几里得可以知道，必然存在x，y使得i*x+n*y=L,由于L是i，n最大公约数，所以可以变成(i/L)*x+（n/L）*y=1，同时mod（n/L），（i/L）*x≡1(mod n/L),即，要找与n/L互质的i/L有多少个，变成欧拉函数了！于是，最后答案就变成了∑φ(n/L)*N^(L-1)，dfs+快速幂取模搞定#i 阅读全文

摘要：可以用数学方法去递归,也可以用DP。最后情况是：数学：30行代码，94MS；DP：69行代码，63MS；数学递归cpp：#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;void cac(long long con,long long &cnt,long long t){ if(con<=0) return; long long x,y,n=con/10; long long i,j; x=con/10,y=con%10; for(;x!=0;x/=10) if(x%10==0) cnt+=(y+1) 阅读全文

摘要：算是进制转换吧#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int main(){ char s[30]; while(gets(s)&&strcmp(s,"R0C0")!=0) { int m=0,i; for(i=1;s[i]!='C';i++); s[i]='\0'; for(++i;s[i]!='\0';i++) m=m*10+s[i]-'0'; char 阅读全文

摘要：暴力+模拟=水#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int tot[50];int main(){ int n; while(scanf("%d",&n)&&n) { memset(tot,0,sizeof(tot)); char s[10]; for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%s",s); for(int j=0;j<5;j++) ... 阅读全文