摘要：
这个题目看似不是很好下手，不过很容易发现每次询问的时候总是会问到第r个盒子是否有糖果；这样的话就很好办事了；维护两个数组；一个sum数组：累加和；一个in数组：如果i位是1的话，in[i]=in[i-k]+1;否则不加1，很好理解；然后利用in数组可以找到本来应该有糖果的但是没有糖果的箱子的数目；然后结合sum数组就可以的出结果；#include#include#define maxn 100005using namespace std;char s[maxn];int sum[maxn];int in[maxn];int n,w,k;int main(){ scanf("%d%d% 阅读全文
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刚刚看到这个题感觉是博弈题；不过有感觉不像，应该是个贪心；于是就想贪心策略；举了一个例子：33 1 2 34 3 4 1 25 4 1 2 5 8如果他们两个每次都拿对自己最有利的那个的话，C的得分是14分；但是C作为第一个选手，他有更好的策略，只拿前一半，后一半给J，中间的再分；这样的话C的得分就能达到15分；同样J也有这样的策略，他也能保证自己最少能拿到后一半的分（跟风式的拿）；这样的话，贪心策略就明朗了！#include#include#include#define maxn 105using namespace std;int s[maxn];int c,j;int main(){ . 阅读全文
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这个题目的突破口就是固定最短长度，然后以二进制的形式分层；最后把需要的曾连起来；#include#include#define maxn 105using namespace std;bool map[maxn][maxn];void link(int x,int y){ map[x][y]=1; map[y][x]=1;}void pre(){ link(1,3); link(1,4); link(2,100); for(int i=3; i<60; i+=2) { link(i,i+2); link(i,i+3); ... 阅读全文
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把前n个碟子从第一个塔移动到第三个塔有两种方法：1.把前n-1个移动到第二个塔，把第n个移动到第三个塔，然后把前n-1个从第二个移动到第三个；2.把前n-1个移动到第三个塔，把第n个移动到第二个塔，然后把前n-1个继续移动到第一个的塔，把第N个移动到第三个塔，最后把前n个移动到第三个塔就行了；状态转移方程：a=dp[i][3-i-j][k-1]+matrix[i][j]+dp[3-i-j][j][k-1];b=dp[i][j][k-1]+matrix[i][3-i-j]+dp[j][i][k-1]+matrix[3-i-j][j]+dp[i][j][k-1];dp[i][j][k]=min(a 阅读全文
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我的方式是用暴力的方法找到每一行每一列的边界点；但是有大神直接用一个公式解决了：floor(n*sqrt(2))*4；想了很久还是不理解，求各路大神指点！#include#include#includeusing namespace std;int main(){ long long n; cin>>n; if(n==0){cout1) ans+=pre-cur-1; pre=cur; } ans--; cout<<ans*4;}View Code 阅读全文
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详解见：http://blog.csdn.net/tri_integral/article/details/18666797#include#include#define maxn 105#includeusing namespace std;int s[maxn];int main(){ int n; int tmp; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { memset(s,0,sizeof s); s[50]=n; bool flag; while(1) { ... 阅读全文
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概率dp，有点像背包的做法；dp[i][j]代表前i个数组成的j数的概率为多少#include#include#define maxn 40009using namespace std;double dp[45][maxn];int s;double sco;int main(){ int t,n; scanf("%d",&t); while(t--) { memset(dp,0,sizeof dp); dp[0][0]=1; scanf("%d%lf",&n,&sco); for(int i=0;i=sco) ... 阅读全文
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一开始贪心策略想错了！#include#includeusing namespace std;int s[105];int main(){ int n; scanf("%d",&n); for(int i=0; i<n; i++) { scanf("%d",&s[i]); } sort(s,s+n); int ans; bool flag; for(int k=1;k<=n;k++) { flag=1; for(int i=0;i<n;i++) if(s[i]<i/k) ... 阅读全文
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#include#includeusing namespace std;char s[30]="iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii";int n;void solve(int re,int now,bool flag){ if(re==0) { s[now]='\0'; printf("%s\n",s); return; } if(re==1) { s[now]='\0'; printf("%si\n",s); return; } if(flag) { ... 阅读全文
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这是一个非常神奇的题；感觉像一个模拟搜索；但是竟然可以用网络流来解决；直接粘题解把： 如果不能走通的话，必然说明能够从右上角（图外面）沿雷“跳” ，一直可以“跳”左下角（图外面） ，因此建好图之后求一个最小割就可以得到结果了。但是关键在于：1.哪些雷之间可以相互“跳” ？2.哪些雷可以从右上角“跳”过去，哪些雷可以“跳”到左下角？ 第二个问题很好办，如果地雷的范围能接触到最上或者最右的格子，就可以从右上角跳到这个雷上，如果地雷的范围能接触到最下或者最右的格子，就可以跳到左下角。 第一个问题需要分类讨论一下，如果两个雷在同一水平线或者竖直线上，当两个雷的距离不超过 2*K+1 时可以认为两... 阅读全文