摘要：
#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;int p[1005], w[1005], dp[1005][1005], N, V;void DP(){ memset(dp, 0, sizeof (dp)); for (int i = 1; i <= N; ++i) { for (int j = V; j >= 0; --j) { if (j >= w[i] && dp[i-1][j-w[i]] + p[i] > d 阅读全文
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该题应该有很多的解法，想过用二分查找，但是排序操作的复杂度让我们伤不起。这里用Splay来实现是很方便的。首先插入一个点，即第一个点，然后再依次用二叉排序树方式插入当前点，再把该点旋转到根部（这样方便我们找前驱和后继，否则需要中序遍历整棵树来确定），再在存在前驱和后继的情况下寻找前驱和后继。接下来就很好办了。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define L(x) tree[x].ch[0]#define R(x) tree 阅读全文
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该题是一道简单的区间求和题，跟杭电的敌兵布阵很是想象，这里是使用Splay写的。Splay就是伸展的意思，因为该树在使用过程中会大量的执行Rotate函数，该函数就是在保持二叉树中序遍历不变的情况下，使树的结构发生变化。该题中，二叉树中存储的值并不一定要求是顺序的，满足左孩子比根节点小，右孩子比根节点大，其大小只是一个构树时的顺序关系。每次旋转能够时确保目标节点一定要在旋转节点的下方，因为任何Rotate操作旋转节点的深度都是在降低的。Splay数的作用在于能够Splay操作选出区间，首先建立两个理论上的无穷小和无穷大点，如果选择区间[a, b]，那么将a-1号节点旋转到根节点，再将b+1号节 阅读全文
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给定一个棋盘，有些点是被删除的，问在这种情况下最多能够在这个棋盘中放置多少1*2的多米诺骨牌。这题可以用二分图匹配来解决，将二维图复制出一份，将能够放置多米诺骨牌的两个相邻的点用边进行连接。如果采用邻接矩阵的话要开一个四维的数组G[x1][y1][x2][y2] 表示坐标为x1,y1 的点与x2,y2 的点之间是否放置一块多米诺骨牌。由于内存开不下，因此采用邻接表的形式来构造这些边。最后再求一个最大匹配即可。代码如下（两个代码只是邻接表的实现不同）：#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>us 阅读全文
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这题真的要设身处地为该题想一想才能感受到这一贪心规则，题目是要求用所给定的硬币，根据面值和数目求出能每天给出不少与C元的次数。对于面值大于C的硬币，没有办法，我们只能够一次性给他们，但在这上面我们不许要再添加其他的硬币。而对于比C小的硬币，我们应该让这些分散的硬币集合到一起，使得其组合值在大于或等于C的指导思想下无限接近于C，于是对于这些硬币我就不停的塞硬币，这一次不能够超过C的值，当然我们优先会塞面值大的，因为这些硬币是不可分割的，小的硬币更具灵活性。在上一步之后，（如果没有塞到C的话）我们在考虑找一些硬币使得其值略微超过C，于是第二次我们从小的开始塞，而且一定是只塞一枚就会超过C。代码如下 阅读全文
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解决该题的思路就是如何建立状态就保留所有的解（包括临时解）这很简单，该题只是对于某一分钟走或者是休息，而这也只改变其疲劳值，因此开一个二维数组第一维表示该走到了第几分钟，第二维表示疲劳值，保留的值为能够走得最远距离。该题还有一个地方要注意就是疲劳值为零的状态的来源有多个，可以是原来疲劳值为0,1以及能够休息到该分钟为零的任意前面一分钟。f[i][j] 表示第i分钟疲劳值为j能够走得最远距离。f[i][0] = max(f[i-1][0], f[i-k][k]) 其中 1 <= k <= i /2, 因为i-k >= k;f[i][j] (j != 0) = f[i-1][j- 阅读全文
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该题题义很明确，看了题之后也会想到这时一个DP题目，问题在于如何来定义状态，以及建立合理的动态规划方程来求解这个问题。本题的输出是在泡到MM最多的情况下，花最少的时间。因此，时间的权限小于泡到MM的数量，为此我们可以用一个二维背包求解出最多能够泡到多少女生，这个并不难。再往后，如何保证时间是最少的呢，我的做法是再开一个数组，用来记录花费为 i “rmb”，j “rp”的最少时间，将时间数组的更新与二维背包求解最多MM数量做到同时更新，这样便能够保证一定是在泡到MM数量不减少的情况下的最少时间。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstring&g 阅读全文
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题义是两个人分别从左上角和右下角互相传递纸条，但是可以将问题转化为同时在左上角向下传递的两个纸条，求这两个不相交的路径的最大权值。TLE了，但总算是把思维的DP弄懂了，总是在路线重复上觉得这个dp方程存在问题，后面才恍悟，在两个纸团坐标相同的点的dp值总是为零的，因为它从头到尾都没有更新。定义的dp方程f[i][j][k][p]是指在1,1这个点同时抛的两个纸团的具体坐标(i,j)和(k,p)，方程保证不更新两个点相同的值，方程是这样的：f[i,j,k,p]:=max{f[i-1,j,k-1,p]f[i-1,j,k,p-1]f[i,j-1,k-1,p]f[i,j-1,k,p-1] ... 阅读全文
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该题算是一个暴力大表题了，给定了最多24根火柴棍，能够构成最大的数就是9992了，直接暴力。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring>#include <map>#include <algorithm>using namespace std;int N, make[10] = {6,2,5,5,4,5,6,3,7,6}, A, B, C, cnt; int ans[30] = {0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,2,8,9,6,9,29,3 阅读全文
摘要：
前M-1个人是关于N-1个位置的全排列的情况下，M个人就能够做到他自己的位置了，而所有的请情况是M个人对于N位置的全排列的。用样本数除以样本空间就能够得到概率了。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring> using namespace std;int main(){ int N, M; while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) { printf("%.2lf\n", 1.0/N); } return 阅读全文