07 2013 档案
摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1705题解： 1 首先看到题目想起那个两个盒子之间把求放来放去，每次大的那边减去和小的那边一样数目的球，问能不能让所有球在一个盒子中去。 有点类似，但是这个题总数在减 少，而且这里存在最佳情况。 2 分析这个题要逆向思考，首先我们选择分某一边后，剩下那一边就完全没有用了，举案例这个例子。6*5 -> (6*3+6*2)-> (6*1+6*2)->(6*1+6*1) 每次分别吃掉6*2,6*1， 最后把相等的6*1吃掉，可以看到这里6并没有用， 定下
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2711题解：1记录num[i][j][k] 表示从第一个字符开始，长度为i+j+k的，A的个数为i，B的个数为j，C的个数为k的字符串的个数。 则如果i>=j>=k 则可以根据最后一个字符是A, B还是C，分三类计数，假设是最后一位是A，由于题目的要求是前缀 ,所以前面的放法数恰好是num[i-1][j-1][k]另外两种情况同理，加的时候注意下标小于零就不要了 2一开始把所有的元素赋值为0，这样在三重for 中，根本没有将不满足ijk 不等关系的量
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2709题解： 1 组合数的计算，用DP，速度又快又简洁。 2 首先用一个map统计出现了那些字母，以及对应的次数，然后n-总次数得到还有多少个字母可以分配，按照题意，只能是已经出现的字母。 想到Robbers那一题，感觉分给已经出现次数最多的比较好，或者像那题一样尽量按照比例分配，但是最后试了一下案例，探索发现案例的结果是在28,：11：11： 5：5的时候取到。 和按比例分很接近，但是49按比例...
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摘要：题目地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=26271#overview解题报告：http://blog.watashi.ws/764/andrew-stankevich-4-solution/
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摘要：比赛地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=26275#overview题解报告：http://blog.watashi.ws/584/andrew-stankevich-10-solution/whu版本
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2704题解： 1 看见括号匹配自然想到用栈去匹配，但是这里想记录最大长度，想法就是每次匹配以后还要知道匹配的括号在原来的序列中的下标，这样把括号存在结构体里最好了。 2 得到了匹配的序列以后，求最大的连续的“1”序列， 记得在最后面加上一个0，否则可能漏掉最后一段连续的“1”。 3输出子序列时，由于有可能完全没有匹配的，于是还设置一个bool non，如果没有一个“1”就直接输出空串。#include
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2612题解: 1 只用找到星号的位置，然后比较两端 2使用algorithm中的反转比较方便，不用管第二段开始的位置 3 容易忽略的地方，至少b要和a去掉星号后一样长啊，否则 a*a 和a这种情况也匹配了 4要求多多的输入输出，不说了代码：#include
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using namespace std; int match(string a,string b) // a i...
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=698题解： 额，水题一个，一点思维量都没有，就是逻辑判断理顺就好了。 耍赖使用了goto#include
#include
using namespace std; int isvowel(char ch)
{ if(ch=='a'||ch=='e'||ch=='i'||ch=='o'||ch=='u') return 1; else return 0; }
int isconsonan
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摘要：题目地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=26273#overview题解报告：http://blog.watashi.ws/2330/stankevich07/
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摘要：题目地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=26274#overview题解报告：http://blog.watashi.ws/1213/andrew-stankevich-6-solution/
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2678题解 ： 1本题的答案就是gcd(m,n) 2解释是这样的，棋盘上的点是 (i,j) 0<=i<=m-1; 0<=j<=n-1; 从（a，b）走k步到达的点就是 (（a+k）%m, (b+k)%n) 现在的问题就是，至少需要多少个整数对 (a,b) 构成一个 点集，使得 对任意的i，j ，0<=i<=m-1; 0<=j<=n-1;在这个点集中一定存在一个 (a0,b0) ，和一个整数k 。 成立着 ...
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=1315题解 : 1 一个很简单的题 没有什么算法在里面，完全考输入输出，基本功 。 2 很奇怪 每个案例后面总是输出一个空行，和一般的要求不一样 3 每次在调用cin.getline() 时 先用调用一次，吃掉前面cin没有管的回车换行符 4 判断某一个关键词在不在这个借口中时，将这个关键词一步步的移动，逐一去匹配，还要注意的是，即便匹配成功，这个关键词前面和后面不可以有字母，所以还要对匹配成功的地址进行特判。#include
#...
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2136经典DP，划分为这样的子问题： 记录 length【k】为，以ak为最后一个元素的最长上升子序的长度，那么求这个值时，只需要取出这个数之前的比它小的数，看它的length是多少，取出有最大的length那个。m记录的是之前子问题的length，初始化为0。这样实现的结果就是，有length【0】就可以求出length【1】，接着可以求出length【2】......。这样暴力是 O（2^n）的问题（所有的子集都拿出来考察）就变成O（n^2）了最后的结果是所
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4602解题思路： 1设对n的分解中k出现的次数是 g（n，k） ，首先发现k从n往下举例的时候，前几项都是一样的（待证明） 然后只需要知道对n的划分中，一共有多少个数。 考虑将n分成k个数，有C（n-1，k-1）种分发，于是总个数就是sigma k*C（n-1，k-1） ； 2 利用kC(n,k)=n C(n-1,k-1) 很容易求和 ，找到了a（n）=sigma...- S(n-1) ;再列举一项相减就可以了。 最后得到a（n）=(2^(n-3) ) * ...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4602解题思路： 1设对n的分解中k出现的次数是 g（n，k） ，首先发现k从n往下举例的时候，前几项都是一样的（待证明） 然后只需要知道对n的划分中，一共有多少个数。 考虑将n分成k个数，有C（n-1，k-1）种分发，于是总个数就是sigma k*C（n-1，k-1） ； 2 利用kC(n,k)=n C(n-1,k-1) 很容易求和 ，找到了a（n）=sigma...- S(n-1) ;再列举一项相减就可以了。 最后得到a（n）=(2^(n-3) ) * ...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4608题目分析： 大整数，可以考虑java BigInteger（好像tle？） 这个题的思路是逐步调整，构造一个例子，得到一个比较小的范围，然后暴力就可以了。 我们首先把这个整数加到末尾是0，进位完成以后，取出除了最后一位，每一位求和，看mod10 余数多少，不管是多少，直接用10-这个数(如果得到10改成0)，加到最后一位肯定不会进位，构造完成。这样会发现我们要找的数和原来的数之间的差距不会超过18，然后一一暴力就可以。注意要点：1如果这个数不行，还有恢复数组原来的状态 （r...
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1316题目思想：首先 设新矩阵为c【n】【n】， 则 c【i】【j】=sigma aT【i】【k】*a【k】【j】=sigma a【k】【i】*a【k】【j】； 现在题目要求 sigama sigma c【i】【j】，三重求和，角标之间没有限制，于是可以将k拿到最外层，这样对内层求和时，k不变，可以看做关联矩阵某一行任意两个数相乘，显然只用考虑两个数都是1的情形， 这样对某个1 ，1*（1+1+...+1）括号中的数恰好是 顶点k的度数，而恰好有这么多个算式，于是固
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1316题目思想：首先 设新矩阵为c【n】【n】， 则 c【i】【j】=sigma aT【i】【k】*a【k】【j】=sigma a【k】【i】*a【k】【j】； 现在题目要求 sigama sigma c【i】【j】，三重求和，角标之间没有限制，于是可以将k拿到最外层，这样对内层求和时，k不变，可以看做关联矩阵某一行任意两个数相乘，显然只用考虑两个数都是1的情形， 这样对某个1 ，1*（1+1+...+1）括号中的数恰好是 顶点k的度数，而恰好有这么多个算式，于是固
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1313这题的理论就是当且仅当(a,m)=1 时 a*k+b (1
#include
using namespace std; void jminus(int a [],int n,int b)
{ a[n-1]-=b; for(int i=n-1;i>0;i--) { if(a[i]>size; for(int l=0;l>p; int n=strlen(p); int a[n]; for(int i=0;i<n;i++)
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1313这题的理论就是当且仅当(a,m)=1 时 a*k+b (1
#include
using namespace std; void jminus(int a [],int n,int b)
{ a[n-1]-=b; for(int i=n-1;i>0;i--) { if(a[i]>size; for(int l=0;l>p; int n=strlen(p); int a[n]; for(int i=0;i<n;i++)
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/listproblem.php?vol=37（4600-4610）题解报告
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1592要点:1 结果就是所有数的和（如果小于0，就返回0） 2将所有的数排在圆周上（从a1到an顺时针存放），这样所谓的j，就是向顺时针扫描 不管扫描到哪里扫过的和必须都是正数。 在1和-1数目相等的时候刚好是0个j满足，然后增加一个1时可以用反证法证明恰好存在一个j，用数学归纳法可以证明： 设和为n时，j的个数为f（n），f（n）=n#include
using namespace std;
int main()
{ int size; ...
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1592要点:1 结果就是所有数的和（如果小于0，就返回0） 2将所有的数排在圆周上（从a1到an顺时针存放），这样所谓的j，就是向顺时针扫描 不管扫描到哪里扫过的和必须都是正数。 在1和-1数目相等的时候刚好是0个j满足，然后增加一个1时可以用反证法证明恰好存在一个j，用数学归纳法可以证明： 设和为n时，j的个数为f（n），f（n）=n#include
using namespace std;
int main()
{ int size; ...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=3233思想： 1模仿快速模幂法 ； 给矩阵写一个快幂 2 但是k太大 直接求和还是会tle 这个很像等比数列求和 但是可以递归用二分求，理论基础如下 ： 求和二分：A+A^2+A...+A^(2k+1)= A+A^2+...+A^k+A^(k+1)+A^(k+1)*(A+A^2+...+A^k). 3 矩阵用结构体存储很好用呀 之前用int **存好像容易超内存 或者时间效率不高 4递归函数设计时，把调用递归的放在前面，这样实现自动回溯，而且不会爆栈 5 用g++...
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摘要：比赛地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=26270题解：http://blog.watashi.ws/705/andrew-stankevich-5-solution/最近状态水的1b啊。。
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摘要：1 a,m和不一定互素的时候，欧拉定理的应用 a^phi(m)%m=a^(k*phi(m) ) %m (证明用到中国剩余定理)2 发现A 满足的同余式以后 ，由于phi（m）
#include
#include
using namespace std; struct robber
{ int money; int id; double inf;
}; int cmp(robber x,robber y)
{ if(x.inf>size; for(int l=0;l>n>>m>>y; int *p=new int [n]; for(int i=0;i>.
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摘要：1 a,m和不一定互素的时候，欧拉定理的应用 a^phi(m)%m=a^(k*phi(m) ) %m (证明用到中国剩余定理)2 发现A 满足的同余式以后 ，由于phi（m）
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#include
using namespace std; struct robber
{ int money; int id; double inf;
}; int cmp(robber x,robber y)
{ if(x.inf>size; for(int l=0;l>n>>m>>y; int *p=new int [n]; for(int i=0;i>.
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2343题目分析：1题目大意就是按照预先定好的标准分钱，一个很大的提示就是 y不整除m ，自然想到先用代余除法，把能按照这个方式分的钱分完再说，但是余下的钱仍然可能过比n大不好分应该是先每个人得到 [ x[i]*k/m ] 这么多钱 ，由高斯函数的性质知余下的钱不会多于n， 最后挑出对整体的 "方案不均匀系数"（即最后要求最小的那个数）影响最小的left个人（还剩left 块钱）2 注意要点 将每个人放在struct 中，包含id 信息，这样在
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2343题目分析：1题目大意就是按照预先定好的标准分钱，一个很大的提示就是 y不整除m ，自然想到先用代余除法，把能按照这个方式分的钱分完再说，但是余下的钱仍然可能过比n大不好分应该是先每个人得到 [ x[i]*k/m ] 这么多钱 ，由高斯函数的性质知余下的钱不会多于n， 最后挑出对整体的 "方案不均匀系数"（即最后要求最小的那个数）影响最小的left个人（还剩left 块钱）2 注意要点 将每个人放在struct 中，包含id 信息，这样在
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1394注意要点：1根本不需要真正构建出树的结构 否则反而超内存由于最后的结果等于 w【i】*l【i】求和 换成加法 w【i】应该加层数那么多次，而这样的构建方式使根结点的权值恰好等于所有叶子节点权值之和（包括中间状态）所以在每次创建新结点时，把新结点的权值加到最后的结果中去，那么每个权值被加的次数等于它出于多少颗树中，恰好等于它的高度2即使是weight 也应该用long long保存 因为p【i】已经可达10^9 #include
#include
using n
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摘要：题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1394注意要点：1根本不需要真正构建出树的结构 否则反而超内存由于最后的结果等于 w【i】*l【i】求和 换成加法 w【i】应该加层数那么多次，而这样的构建方式使根结点的权值恰好等于所有叶子节点权值之和（包括中间状态）所以在每次创建新结点时，把新结点的权值加到最后的结果中去，那么每个权值被加的次数等于它出于多少颗树中，恰好等于它的高度2即使是weight 也应该用long long保存 因为p【i】已经可达10^9 #include
#include
using n
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摘要：#include
using namespace std; int quick_mod(int a,int b,int m)
{ a=a%m; int ans=1; while(b) { if(b&1) { ans=(ans*a)%m; } b>>=1; a=(a*a)%m; } return ans;
} int main()
{ int size; cin>>size; int m; int h; int a,b; while(cin>>m) ...
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摘要：比赛地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=26269#overview题解报告：http://blog.watashi.ws/816/andrew-stankevich-2-solution/
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摘要：比赛地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=26268解题报告：http://bbs.whu.edu.cn/wForum/disparticle.php?boardName=ACM_ICPC&ID=1105535381
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摘要：比赛地址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=25749解题报告: http://blog.watashi.ws/640/andrew-stankevich-8-solution/
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摘要：比赛地址 ：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=25748
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摘要：题目地址 ：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1420思路：一开始看这个题觉得题意简单但不同的月份有不同的天数，有点不知怎么方便的解决。 然后想到打表的方法，把每一天的信息作为一个结构体，一一存在向量里面，向量的角标是自增的，刚好就是里2000-01-01的天数。注意 ：1 闰年的判断2输出格式 1-1要写成 01-013 超内存问题 要把三个属性值设置成 short int ，直接int会超内存4 星期问题，2000-01-01是周六 所以第n天就是 周（n+6）%7代码：#include
#include
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1788说明： 题目很水 提到一个定理，求多个数的最小公倍数转化为求两个数的最小公倍数方法。 然后就是 a=b(mod m1) a=b(mod m2) 等价于a=b(mod [m1,m2] )#include
using namespace std;
typedef long long inta; int gcd(int a,int b)
{ if(b==0) return a; else return gcd(b,a%b); }
int main()
{ int k,a; ...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=1006中国剩余定理的应用#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y)
{ if(b==0) { x=1; y=0; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y); int temp=x; x=y; y=temp-a/b*y; }
}
int main()
...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3579要点; 题目要求正整数，一旦r1=0;应该输出最小公倍数#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573注意要点：1 最后的次数直接用除法 取高斯加1即可 若用加法累加会超时2 很容易漏掉的一点是题目要求正整数个数， 不是非负整数 ，如果最后r1==0 而且结果不是0 ，就要在结果上减一#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; ...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=2115#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y,gcd); inta temp=x; x=y; ...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=2891#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y,gcd); inta temp=x; x=y; ...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1021说明 ：题目很水但是有一个重要结论，只要是递推数列，一定是模周期数列 （可以用抽屉原理证明）#include
using namespace std;
int main()
{ int n; while(cin>>n) { if(n%8==2||n%8==6) cout<<"yes"<<endl; else cout<<"no"<<endl; }
}
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=2769要点 ：1 如果在确定了模数后再在循体里面用双重for循环检测是否存在 同余的一定会超时 需要寻找O（n）复杂度的方法 2一开始想使用map 检测是否重复，结果还是超时 最后还是用类似于筛法的方法，关键点是初始化时只能（也只需要）初始化到k，否则仍会tle#include
#include
#include
using namespace std; int main()
{ bool find[100000]; int size; cin>>size; int n; while(cin>>n...
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摘要：题目地址：http://acm.nefu.edu.cn/test/problemshow.php?problem_id=120#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; inta multi(inta a,inta b, inta m)
{ inta rel=0; while(b>0) { if(b&1) { rel=(rel+a)%m; } b>>=1; a=(a0) {n>>=1; ...
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摘要：题目地址：http://acm.nefu.edu.cn/test/problemshow.php?problem_id=120#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; inta multi(inta a,inta b, inta m)
{ inta rel=0; while(b>0) { if(b&1) { rel=(rel+a)%m; } b>>=1; a=(a0) {n>>=1; ...
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摘要：#include
#include
using namespace std; int main()
{ int k; cin>>k; int n; while(cin>>n) { int exponent=0; for(int i=1;pow(5.0,i)
#include
using namespace std; int main()
{ int k; cin>>k; int n; double p; while(cin>>n>>p) { int exponent=0; for(int i=1;...
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摘要：#include
#include
#define M 16777220
using namespace std; bool composite[16777220];
int main()
{ int len=sqrt(M); for(int i=2;i>n) { int count=0; for(int i=2;i<=n/2;i++) if(composite[n-i]==0&&composite[i]==0) count++; cout<<count<<endl; }
}
// 打素数表 只需要 O（n^1.5）的算法
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摘要：#include
#include
#define M 16777220
using namespace std; bool composite[16777220];
int main()
{ int len=sqrt(M); for(int i=2;i>n) { int count=0; for(int i=2;i<=n/2;i++) if(composite[n-i]==0&&composite[i]==0) count++; cout<<count<<endl; }
}
// 打素数表 只需要 O（nlogn）的算法
题目地...
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摘要：#include
#include
using namespace std; int main()
{ int n; while(cin>>n) { int result; result=n-log10(n*log(10)); cout<<result+1<<endl; }
}
利用素数定理 pi（x） 近似于 x/ln(x);
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摘要：#include
using namespace std; typedef long long inta;
int extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd) { if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y,gcd); int temp=x; x=y; y=temp-a/b*y; }
} int gcd(int a,int b)
{ ...
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摘要：#include
using namespace std; typedef long long inta;
int extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd) { if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y,gcd); int temp=x; x=y; y=temp-a/b*y; }
} int gcd(int a,int b)
{ ...
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摘要：#Team UniversitySolvedTimeABCDEFGHIJK1St. Petersburg National Research University of IT, Mechanics and Optics98911-430-11-772-171-1312-271-141-571-1571-1152-2072Shanghai Jiao Tong University89341-8513-921-451-43-46G1-1131-2071-562-1903The University of Tokyo810601-783-1912-1651-270-12-211-43-1401-22
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摘要：#include
using namespace std; int main()
{ int a,b; while(cin>>a>>b) { int tag=0; if(a==0&&b==0) break; for(int i=0;i<=9;i++) for(int j=0;j<=9;j++) { int final=a*100; final+=i*10+j; if(final%b==0) { ...
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摘要：#include
using namespace std; int gcd(int a,int b)
{ if(a>n>>m) { result=n; result/=gcd(m,n); result*=m; cout<<result<<endl; }
}
// 最大公约数 最小公倍数求法 注意可能 m和n互素 乘积超过int范围
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摘要：#include
using namespace std; int main()
{ int n; while(cin>>n) { if(n%12==0) cout 6|n
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