02 2012 档案
摘要：题目大意是给定两个整数n和m，求出长度为n+1满足条件的数列data的个数，数列的要求下：1）1<=data[i]<=m,for1<=i<=n2)data[n+1]=m;3）这个n+1个数满足：存在x1,x2,...,xn,xn+1,满足x1*data[1]+x2*data[2]+...+x(n+1)*data[n+1]=1；根据数论的知识，若存在这样的x1,x2...xn+1,则data[1],data[2]...data[n+1]的最大公约数为1证明：若data[1],data[2]...data[n+1]满足题意，并且存在最大公约数d（为整数）;则x1*data[
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摘要：题意：给出两个字符串 a 和 b ,输出一个满足如下条件的最长串 x：x 的某两个排列分别是 a 和 b 的（不必连续的）子序列。如果有多个 x 满足条件，输出字典序最小的一个。解题思路：首先对两个字符串按字典序排序，然后再进行比较。注意：测试数据含有空格，所以不能用 cin 或 scanf 输入字符串。View Code 1#include<iostream>2#include<cstdio>3#include<algorithm>4#include<cstring>5usingnamespacestd;6chara[1005],b[1005]
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摘要：解题思路：这道题考察的是三维空间坐标xyz，必须具有丰富的想象力，像我这种对方向不敏感的人，只好多转转弯，比划比划。只要测试数据能看懂，那么题意就难能理解了。View Code 1#include<iostream>2#include<cstring>3usingnamespacestd;45intmain()6{7intm,n;8cin>>m;9while(m--){10cin>>n;11intx,y,z,l,p,u;12x=y=z=0;//起点（原点）13p=0;//当前方向14l=4;//左边的方向15u=2;//上边的方向16chars[
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摘要：题意：给出 n 个点的整数坐标（n<=700），求一条直线，使得在这条直线上的点数最多，输出点数。解题思路：采用几何中的三个点是否在一条直线上判定定理：(yi-yk)/(xi-xk)=(yj-yk)/(xj-xk)，除法不能出现分母为0的情况，所以转换为乘法做，即：(yi-yk)*(xj-xk)=(yj-yk)*(xi-xk)（i、j、k共线）。View Code 1#include<iostream>2usingnamespacestd;3#defineMAX7054structPoint{5intx,y;6}p[MAX];7intmain()8{9intn,i,j,k,a
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摘要：题意：在他走第 i 次的时候，只按动可以被 i 整除的位置（位置编号为 1 到 n ）上的开关。判断最后一个灯泡的最终状态。解题思路：令d(n) 为自然数 n 的因子个数，不及重复的因子。当且仅当 n 为完全平方数时，d(n) 为奇数；这是因为 n 的因子是成对出现的，也即当 n=a*b 且 a!=b 时，必有两个因子 a 、b；只有 n 为完全平方数，也即当 n=a2时，才会出现 d(n) 为奇数的情形。注意：n 的范围：n<=232-1，n 必须定义为 unsigned int 型。View Code 1#include<iostream>2#include<cma
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摘要：解题思路：这道题题意很明确，就是从整数 n 开始，如果 n 是偶数，把它除以 2；如果 n 是奇数，把它乘 3 加 1。用新得到的值重复上述步骤，直到 n=1 时停止。计算 i 到 j 之间的整数中，循环节长度的最大值。由于n 是不小于1000 000的整数，所以用递归虽然很方便，但是容易超时，后来改为递推仍然超时。其实想想有的数会重复计算，因此可以用数组保存下来，也就是我们通常所说的打表方法。注意：输出的整数 m 与 n ，不一定是 m<n，所以要做交换，使其满足条件。由于要求输出这两个整数，所以刚开始要保存下来。另外请注意编译环境问题，UVa中不支持__int 64 类型，支持 lo
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摘要：解题思路：本题内容虽长，但很好理解。其实就是在矩阵（m*n）中找出在不同行不同列中m个数字的最大和。但还必须满足条件，关键在于后一行的（选中的）数所在的列必须大于该行（选中的）数所在的列。这是道经典的DP，状态转移方程为：dp[i][j]=max(dp[i][j-1], dp[i-1][j-1]+v[i][j]).View Code 1#include<iostream>2usingnamespacestd;3#defineMAX1054#definemax(a,b)((a)>(b)?(a):(b))5intv[MAX][MAX],dp[MAX][MAX];67intmain
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摘要：题意：给定一个数n，在1+2+3+4+…+k中，求随意改变加减号能使其和（差）正好为n的k为多少，使得k最小。解题思路：每次累加i： 如果sum小于n则无论如何也不可能达到题意； 如果sum正好等于n则累加到这个k正好为答案；如果sum大于n时，则需要把前面的加号改为减号：如果改为-1，结果就减2，如果改为-2，结果就减4，以此类推，可以看出只要sum-n为偶数，则此时可以改sum结果为n，得答案。View Code 1#include<iostream>2usingnamespacestd;3intmain()4{5intn,i;6while(cin>>n)7{8in
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摘要：解题思路：题目意思是找到判断是不是连通无环的图，首先想到的就是并查集。 1》判断成环的时候，只要判断输入边的两个点。有一个共同的父节点，那么这两个点就成环。 2》判断连通的时候，只要判断根节点数为1即可。 注意：当输入的这组数据只有 0 0 时，依然是满足条件的，即应输出 "Yes"。View Code 1#include<iostream>2usingnamespacestd;3#defineMAX1000054intfather[MAX],flag,sign[MAX];56intFindSet(intx)7{8while(x!=father[x])9x=fa
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摘要：解题思路：题意明确，其实是最小生成树的一种变形，可以在读取输入时将已经建设的道路的费用看做是0，然后直接寻找最小生成树，得到生成树的耗费就是最短耗费。另外注意：用cin、cout输入输出则会超时，本来以为数据量不会太大，但改用scanf和printf后就AC了。 View Code 1#include<stdio.h>2#defineMAX0xfffffff3#definemax10545intmap[max][max],sign[max];6intmain()7{8intn,a,b,c,d,i,j;9while(scanf("%d",&n)&&
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摘要：解题思路：题意很明确，就是求起点到终点的最短路，如果存在则输出该距离，否则输出 "-1"。求单源点的最短路径问题，我选用迪杰斯特拉算法，以前用过，所以比较熟悉。可这道题需要注意的地方很多，比如在输入时两个城镇之间可以有多条路，所以必须选择最短的一条；另外，在初始化时，城镇到自身的距离应该0，开始我一直初始化为最大值，在这里栽了很大跟头。以后会注意的。View Code 1#include<iostream>2usingnamespacestd;3#defineMAX0xfffffff4#definemax2055intmap[max][max],sign[max
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摘要：解题思路：刚读完这道题后，不懂什么意思，感觉挺奇怪的。看了几遍题后，还是无从下手。通过动笔画画与测试数据结果对住了，觉得应该是这个意思，也确实是的。题目意思的正确理解应当是，从任意位置开始一直取到末尾，然后求其平均值，把这n个平均值中取最大的一个输出。也是按照贪心原则求解问题。 如Sample： 10 2 10 4 6 5 10 10 2 3 2 取 <1> (2 + 10 + 4 + 6 + 5 + 10 + 10 + 2 + 3 + 2 ) / 10 <2>(10 + 4 + 6 + 5 + 10 + 10 + 2 + 3 + 2) / 9 <3>( 4
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摘要：田忌赛马，经典的贪心，每次都用最快跟最快的，最慢的跟最慢的进行比较、判断1）若田最快的比王最快的慢，则用最慢的跟王最快的比，输掉一局；反之，则赢了当然是最划算的选择了2）若田最慢的比王最慢的还慢，则用最慢的跟王最快的比，输掉一局；反之，同上。具体解题思路如下：1.当田忌最慢的马比齐王最慢的马快，赢一场先。因为始终要赢齐王最慢的马，不如用最没用的马来赢它。2.当田忌最慢的马比齐王最慢的马慢，和齐王最快的马比，输一场。因为田忌最慢的马始终要输的，不如用它来消耗齐王最有用的马。3.当田忌最慢的和齐王最慢的马慢相等时，分4和5讨论。4.当田忌最快的马比齐王最快的马快时，赢一场先。因为最快的马的用途就是
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