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题意：略。思路：进行两次dp。第一次dp从前向后，用dp[x]表示从第x位向前dp[x]位可构成一个数字，且与前面的数组符合题意要求。最后求的dp[n]即为最后一个数字的长度。而题目还有要求，所有解中输出前面数字最大的一个。因此还需要进行一次dp，从后向前。具体看代码吧，当初也是看别人代码才看懂的。 1 #include 2 #include 3 char num[85]; 4 int dp[85], n; 5 bool judge(int st1,int len1,int st2,int len2) 6 { 7 while (num[st1] == '0' && 阅读全文
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题意：略。思路：这是个删边的博弈游戏。关于删边游戏的预备知识：http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7854532学习完预备知识后，这一题就不难了。首先，用tarjan算法找到每棵树中的双连通分量(即树枝上的多边形)，根据Fusion Principle，如果多边形有奇数条边，可以简化为1条边，如果有偶数条边，则可以简化为1个点。代码中使用了vis数组，对于前者，使环内所有的点（包括悬挂点）的vis值为1，后面计算sg值时便不会再进行遍历这些点；对于后者，除了悬挂点和多边形内与悬挂点相邻的一点（相邻点中只取一个）外，多边形内其他点vis 阅读全文
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Nim游戏：有n堆石子，每堆个数不一，两人依次捡石子，每次只能从一堆中至少捡一个。捡走最后一个石子胜。先手胜负：将所有堆的石子数进行异或(xor)，最后值为0则先手输，否则先手胜。================================Anti-Nim游戏：游戏与Nim游戏基本相同，只是捡走最后一个石子者输。先手胜负：将所有堆的石子数进行异或(xor)，如果异或结果为0且所有堆的石子数全为1，或者异或结果为0且存在数量大于1的石子堆，则先手胜。否则先手输。该题即是Anti-Nim游戏，知道判定的规则后很简单。 1 #include 2 #include 3 using namespac 阅读全文
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题意：一个仅有一行的棋盘上，初始时有n个棋子，每人轮流移动棋子，每次只能移动一枚棋子，棋子在移动时只能向左移动，不能跨过别的棋子或跳出棋盘。思路：这道题是一道nim游戏的巧妙变形，太棒了。解决的思路是，将所有棋子的初始坐标从小到大排序，从最后一枚向前两两配对。如果棋子数为奇数，则将第一枚与坐标0配对。这样配对之后，如果移动一对中靠左的棋子，后一个人总可以移动靠右的那一枚棋子来保持两枚间距不变。这样靠左的棋子和前一对中靠右的棋子的距离就可以不需要考虑了，因为是不影响胜负的。唯一影响胜负的就是一对中的两枚棋子的距离。把所有对中的两枚棋子的距离看作一堆堆的石子，则可以把缩短距离看作捡石子，这样子谁先 阅读全文
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题意：n枚硬币围成一个圈，每次每个人可以从中取走一枚或者相邻的两枚（如果两枚硬币原本中间隔着一枚硬币，后来被取走，这两枚硬币不算相邻）。谁取走最后一枚硬币谁就赢了。思路：我们可以找找规律。首先，n为1和2的时候肯定是先手胜。n为3时，无论先手取1枚还是2枚，都会输。当n大于等于4时，我们分成两种情况来讨论。如果n为偶数，对于后手来说，总可以根据先手的做法，在对称的位置取走相同数量的硬币。先手必输。如果n为奇数，对于后手来说，总可以在某处取走硬币后，使得剩下的硬币分成对称的两组，然后依照n为偶数时的策略就能赢。此时也是先手必输。下面举个例子，假设n为5时，后手的策略如下图：PS：终于明白为什么这 阅读全文
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题意：威佐夫博弈。思路：看了很多证明都没看懂。最后决定就记住结论好了。对于所有的奇异局面（必败局），有通项公式Pi = (a, b), (a = i * [(sqrt(5) + 1) / 2], b = a + i) 其中[]表示取整，如[3.9] = 3, [4.1] = 4。那个(sqrt(5) + 1) / 2就是传说中的黄金分割了。根据这个通项公式，可以发现a与b之间的关系，a = (b - a) * [(sqrt(5) + 1) / 2]。因此对于一个给定的局面(a, b)，只要判断其是否有这个关系就知道是不是必败了。此外还要注意，如果a > b，应将两者的值互换一下，这是为了 阅读全文
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题意:两个人做游戏，每个人都可以在自己的回合里将数p乘以2到9之间的一个数，初始时p=1，谁先将p乘到大于等于n就算赢。思路：一开始我算sg值，结果算来算去都没算明白。。。后来看了别人题解，才豁然开朗。首先，对于一个数m，计算出p在什么范围内可以乘到大于等于m。该范围即为[ceil(m/9), m - 1]。其中ceil()为向上取整。如果将每一个数字都看作一个局面的话，则在该区间内的点即为N点。对于一个数m，计算出p在什么范围内只能乘到大于等于m。该范围即为[ceil(m/2), m - 1]。如果将每一个数字都看作一个局面的话，且m对应的局面为N点时，则在该区间内的点即为P点。考虑到int 阅读全文
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题意：略。思路：用dp[i][k]来表示结点i给k个用户提供节目时的最大盈利（可能为负）。则递推方程为: dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][m] + dp[v][j-m] - cost)其中v为i的孩子，cost为i向v提供节目的花费。另外注意代码里dp过程的这几行1 for (int j = num[x]; j >= 0; j--)2 for (int k = 1; k 2 #include 3 #include 4 #define maxn 3005 5 #define inf 0x3f3f3f3f 6 using na... 阅读全文
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题意：一棵树每个结点上都有值，现删掉一条边，使得到的两棵树上的数值和差值最小。思路：这个题我直接dfs做的，不知道树状dp是什么思路。。一开始看到数据规模有些后怕，后来想到long long 可以达到10^18，我突然就释然了。整体思路就是，先记录下整棵树的数值之和tot，然后对这棵树进行一遍dfs，每个结点都维护一个num值，num[x]表示结点x和它子树上的数值和。每求出一个结点的num值，就计算下tot - num[x]和num[x]的差值。dfs结束后最小的差值即为结果。另外，要注意的一点是，如果用res来存储最后结果，初始化应为无穷大，而因为它是long long类型，可以初始化为0 阅读全文
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题目：一棵树，每个结点上都有一些苹果，且相邻两个结点间的距离为1。一个人从根节点（编号为1）开始走，一共可以走k步，问最多可以吃多少苹果。思路：这里给出数组的定义：dp[0][x][j] 为从结点x开始走，一共走j步，且j步之后又回到x点时最多能吃到的苹果数。dp[1][x][j] 为从结点x开始走，一共走j步最多能吃到的苹果数（不必再回到x点）。之所以要定义上面的一种状态是因为在求第二种状态时需要用到。下面介绍递推公式。对于结点x，假设它目前要访问的孩子为y，则1...(y-1)已经遍历过。此时有：dp[0][x][j+2] = max(dp[0][x][j], dp[0][x][m] + 阅读全文