随笔分类 - 题解
题解
摘要：这题总算是弄好了，大致思路还是简单，我不贴思路了，贴另一个收获，如下，看下面两段代码：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int map[300][300];int count[300];int time[300];int ans, tot;int n, p;void maketree(int k){ int i; int j, l; for(i = 0; i < count[k]; i++){ j = map[k][i]; for(l = 0; l < count[j]; l++){ if(map[j][l] == k
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摘要：本题就是数学题，比较繁琐的是误差和特殊情况。假设一个球i，它掉落到车顶的时间为t1，掉落到地上的时间为t2，则如果掉落到车顶时车的后排已经经过该点，或掉落到地上时车的前排还没有到达该点，则该点不会被接受。于是有：i<=s+l-vt1，i>=s-vt2综合考虑1e-5的误差，我们得出i的区间：[s-vt2-e,s+l-vt1+e]∩[0,n-1]，而接受的球数就是该区间内的整数个数。 代码如下（其实我觉得这个代码有不好的地方，但是能AC。。数据不强大。。）：#include <math.h>#include <stdio.h>#include <stdl
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摘要：好题！非常好的贪心题，引用别人的题解吧： 开始容易想到在所有的牌中找到最多的一堆，然后向小的牌堆上移动，一直到所有的牌都相等，但关键是不知道往哪个方向上移动才能达到移动次数最少。 设a[i]为第i堆纸牌的张数（0<=i<=n），ave为均分后每堆纸牌的张数，ans为最小移到次数。 我们按照由左而右的顺序移动纸牌。若第i堆纸牌的张数a[i]超出平均值，则移动一次(ans+1)，将超出部分留给下一堆，既第i+1堆纸牌的张数增加a[i]-ave；若第i堆纸牌的张数a[i]少于平均值，则移动一次(ans+1)，由下一堆补充不足部分，既第i+1堆纸牌的张数减少ave-a[i]； 问题是，在从
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摘要：用列队，按顺序一个个发送信号，然后当一个节点所有信号都接受了c>0就加入列队，然后继续。。。。 网上题解应该比较多，我直接上代码吧：#include <stdio.h>#include <assert.h>#include <stdlib.h>#define QMAX 1000int dot[200];int map[200][200];int link[200][200];int count[200];int queue[QMAX];int rear, head;int in[200], out[200];void enqueue(int k){ i
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摘要：这题和USACO里一题挺像的，具体那题是啥不记得了，反正暴力枚举就行，数据不大，代码如下：#include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#define INF 0xFFFFFFF#define min(a, b) ((a)<(b)?(a):(b))int f[101];char str[101];char sub[100][101];int main(int argc, char **argv){ int i, j, k; int n, l; scanf("%s\n"
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摘要：直接使用了系统的排序，感觉有点作弊的感觉。。。代码：#include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>char str[10000][257];int com(const void *a, const void *b){ return strcmp(a, b);}int main(int argc, char **argv){ int i; int n; scanf("%d\n", &n); for(i = 0; i < n; i++){ scanf("
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摘要：N比较小，暴力搜就行，代码如下：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int num[20];int ans = 0xFFFFFFF, n, m;int t;void srch(int now){ if(now == n){ if(t >= m && t < ans){ ans = t; } if(t == m){ printf("0\n"); exit(0); } return; } srch(now + 1); t += num[now]; srch(now + 1); t -= n
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摘要：贪心，转题解：很好的一道贪心。首先一个需要明确的问题就是因为要分成1*1的格子，所以每一条边肯定都要切，只不过是切的次数的多少有所不同。对于每一条纵边来说，它所需要切得次数等于在这条纵向边切之前的已经切的横边的次数。对于横边就看纵边。这样，一个很显然的想法就是让代价大的先切，这样的话满足代价大的切得次数少。把横边和纵边排个序，然后不断的维护ans即可。 代码：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int heng[2000], shu[2000];int ans;int com(const void *a, const void *b
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摘要：好题！第一，不好理解，考验！第二，锻炼了我使用C的负数坐下标的能力。 题目是个DP，f[i][j]代表以j开头的，长度为i的等差序列的数目，最后要输出的时f[i][j](-1000<=i<=1000, 0 <= j < n)(我用的C, 所以j是[0, n)。) 转移方程是：f[num[i] - num[j]][i] = f[num[i] - num[j]][i] + f[num[i] - num[j]][j] + {1}如果num[i] - num[j]不等于0就加一，代码如下：#include <stdio.h>#include <stdlib.h
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摘要：超猥琐的题目，该怎么说，用a做01背包的体积，b做价值，然后pascal有一个很好的机制，可以使用负数做下标，但是C没有，于是乎就像到了指针，具体实现机制看代码吧，然后就是还有一个，初始状态f[0]=0，f[i] = -∞，然后要维护DP的界，代码如下：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int a[100], b[100];int f_[200001];int (*f);int ans;int main(int argc, char **argv){ int n; int i, j; int max = 0, min = 0; s
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摘要：啊啊啊啊，越来越没用了，这么简单的题不知道提交了多少次。！~~ 直接模拟就是，不好维护的是最大高度，因为高度的范围是(0, maxin)，但是这个maxint是pascal的，是32767，所以果断用used[i]保存高度为i的有多少人。 代码：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define MAX 500000int used[32768];int queue[MAX];int head, rear;int count;int max;void enqueue(int k){ count++; used[k]++; queue
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摘要：我越来越2了，这么假简单的题目竟然能想到DP去，啊啊啊怎么办啊，，上代码：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int num[20000];int start;int com(const void *a, const void *b){ return *(int *)b - *(int *)a;}int main(int argc, char **argv){ int i; int n, a = 0, b; scanf("%d%d", &n, &b); for(i = 0; i < n; i
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摘要：怎么说这个题目，反正纯判断就可以了，不太废话，上代码：#include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>int num[9][9];int used[9];int corner(int a, int b){ int i, j; for(i = 0; i < 3; i++){ for(j = 0; j < 3; j++){ if(used[num[a + i][b + j]]){ return 0; } used[num[a + i][b + j]] = 1; } } return 1;
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摘要：自我批评一下，如此简单的题我竟乱七八糟想了一通，批评批评，太废材了，这题就01背包，不说算了，代码：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int f[10001];int main(int argc, char **argv){ int i, j; int n, m; int a; scanf("%d%d", &n, &m); f[0] = 1; for(i = 0; i < n; i++){ scanf("%d", &a); for(j = m; j >=
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摘要：f[i]表示第i天获得的最大的美元，要是浮点类型（double），f[i] = max{f[i - 1], f[j] * num[i] / num[j]}, 0 <= j < i, f[0] = 100，1<= i < n 代码如下：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define max(a, b) ((a)>(b)?(a):(b))double f[100];int num[100];int main(int argc, char **argv){ int i, j; int n; scanf(&
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摘要：看了网上的一个人的代码，那个人是对分母循环，然后确定分子，然后搜最优解。但是他找分子的时候是考虑了一些范围的，想一下可以直接去掉这层考虑，等下说明，然后它用了gcd（最大公约数），我这里也把它去掉了，不过其实都不保险，因为吧，等下分析下： 利用的是j/i≈sqrt(p)，可以写成j≈i*sqrt(p)，然后i从1到n枚举，求j，然后判断j/i，这就是思路。 首先是要比sqrt(p)小的啊，i*sqrt(p)是分子，但是i*sqrt(p)是分数，而我们需要的是整数，那该怎么办，搜两个，一个是(int)(i*sqrt(p))，另一个是(int)(i*sqrt(p)) - 1，证明如下： i*sq.
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摘要：就是贪心，但是这个题目很猥琐，需要考虑打不过对方的情况，代码如下：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int a[100000], b[100000];int com(const void *a, const void *b){ return *(int *)a - *(int *)b;}int main(int argc, char **argv){ int i, j, ans = 0; int m, n; scanf("%d%d", &n, &m); for(i = 0; i < n;
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摘要：我不写结题报告吧，贴别人的，还是抱怨一下，题目没说清楚，说＂且第i种箱子不能放在高度超过A_i的地方。＂是箱顶不能超过而不是箱底不能超过，怪不得我的那个不能AC：先按照A_i 排序，最好用快速排序然后再按01背包枚举关键代码：===========================================qsort(1,n);f[0]:=true;for i:=1 to n do for j:=1 to c[i] do for k:=a[i] downto h[i] do if f[k-h[i]] then f[k]:=true;============================.
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摘要：刚开始还以为和那个硬币游戏一样，要用那种DP，然后我想破脑袋想不出来，后来看了题解才知道就是区间动态规划，那就简单了，方程我不写了，我的还有条件，麻烦得很，看代码里面吧。 对比了一下硬币游戏和这题，小感悟：如果是两人或多人的博弈游戏，那状态里就要有上回对方是怎么取舍的；但是如果只是自己去，那就是区间动态规划。 代码：#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define max(a, b) ((a)>(b)?(a):(b))int num[100];int f[101][101];//f[i][j] 表示从i到j最大取得数int
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摘要：刚把这题昨晚，顺便就用最大匹配把这题做了，不给思路了，直接上代码：#include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>int num[20];int f[20];int ans = 1;int from[20], used[20];int map[20][20];int n;int find(int k){ int i; for(i = 0; i < n; i++){ if(map[k][i] && !used[i]){ used[i] = 1; if(from[i] == -
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