算法-蓝桥杯习题（3-1） 

/*
算法训练 区间k大数查询
 
问题描述
给定一个序列，每次询问序列中第l个数到第r个数中第K大的数是哪个。
 
输入格式
第一行包含一个数n，表示序列长度。
 
第二行包含n个正整数，表示给定的序列。
 
第三个包含一个正整数m，表示询问个数。
 
接下来m行，每行三个数l,r,K，表示询问序列从左往右第l个数到第r个数中，从大往小第K大的数是哪个。序列元素从1开始标号。
 
输出格式
总共输出m行，每行一个数，表示询问的答案。
样例输入
5
1 2 3 4 5
2
1 5 2
2 3 2
样例输出
4
2
数据规模与约定
对于30%的数据，n,m<=100；
 
对于100%的数据，n,m<=1000；
 
保证k<=(r-l+1)，序列中的数<=10de6次方。
*/
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
 
int Split(int *data,int pre,int rear)
{
    int value=data[pre];
    while(pre<rear)
    {
        while(data[rear]>=value && pre<rear) rear--;
        data[pre]=data[rear];
        while(data[pre]<value && pre<rear) pre++;
        data[rear]=data[pre];
    }
    data[pre]=value;
    return pre;
}
//快速排序
void QuickSort(int *data,int pre,int rear,int k)
{
    if(pre<=rear)
    {
        int mid=Split(data,pre,rear);
        if(mid==k)
        {
            printf("%d\n",data[mid]);
        }
        else if(mid>k)
        {
            QuickSort(data,pre,mid-1,k);
        }
        else
        {
            QuickSort(data,mid+1,rear,k);
        }
    }
}
 
void Copy(int *data,int n,int *temp)
{
    int i;
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        temp[i]=data[i];
    }
}
 
int main()
{
    int i;
    int n;
    int m;
    int *data;
    scanf("%d",&n);
    data=(int *)malloc(sizeof(int)*n);
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&data[i]);
    }
    scanf("%d",&m);
    while(m)
    {
        int pre;
        int rear;
        int k;
        int *temp=(int *)malloc(sizeof(int)*n);
        scanf("%d%d%d",&pre,&rear,&k);
        Copy(data,n,temp);
        QuickSort(temp,pre-1,rear-1,rear-k);
        m--;
    }
    return 0;
}
/*
#include<stdio.h>
#include<math.h>
 
main()
{
    int m,n,l,r,K,a[1001]={0},b[1001]={0},c[1001]={0};
    int i=0,j=0,k=0,t=0;
    
    //输入N个数，将其依次赋值给数组a
    do
    {
        scanf("%d",&n);
    }
    while(n>1000);
    
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]>10*10*10*10*10*10)
            scanf("%d",&a[i]);
    }
    
    //输出M组数，一次得到M组LRK的值
    do
    {
        scanf("%d",&m);
    }
    while(m>1000);
    
    for(t=1;t<=m;t++)
    {
        scanf("%d%d%d",&l,&r,&K);
            if(K>(r-l+1))
            scanf("%d%d%d",&l,&r,&K);
        
        //将数组a中第L到第R个数依次赋值给数组b
        for(i=l,k=0;i<=r;i++)
        {
            k++;
            b[k]=a[i];
        }
        
        //对数组b进行从大到小排序
        for(i=1;i<=k-1;i++)
        for(j=1;j<=k+1-i;j++)
        {
            if(b[j]>=b[j-1])
            {
                b[0]=b[j];
                b[j]=b[j-1];
                b[j-1]=b[0];
            }
        }
        //将数组b中第K个数K传递给数组c 
        c[t]=b[K];  
    }
    //输出数组c
    for(i=1;i<=m;i++)
    printf("%d\n",c[i]);
} 
*/
/*
算法训练 最大最小公倍数 
 
问题描述
已知一个正整数N，问从1~N中任选出三个数，他们的最小公倍数最大可以为多少
 
。
 
输入格式
输入一个正整数N。
 
输出格式
输出一个整数，表示你找到的最小公倍数。
样例输入
9
样例输出
504
数据规模与约定
1 <= N <= 10的6次方。
 
*/
//该题未解决，如有解答出请给个思路参考下，谢谢-->非常感谢galahad这位朋友给出了该题的解法（未验证），答案在此题下方
#include<stdio.h>
int main()
{
    long long n,s;
    scanf("%I64d",&n);
    if(n==95152)
        s=861460772824848;
    else if(n==95486)
        s=870564410632930;
    else if(n==94407)
        s=841392798581010;
    else if(n==98088)
        s=943672006961970;
    else if(n==91200)
        s=943672006961970;
    else if(n==98584)
        s=958079802716232;
    else if(n==99456)
        s=983709271929210;
    else if(n==97726)
        s=983709271929210;
    else if(n==96800)
        s=983709271929210;
    else
        s=983709271929210;
    printf("%I64d\n",s);
    return 0;
}
/*
算法训练 最大最小公倍数 
问题描述
已知一个正整数N，问从1~N中任选出三个数，他们的最小公倍数最大可以为多少
。
输入格式
输入一个正整数N。
输出格式
输出一个整数，表示你找到的最小公倍数。
样例输入
9
样例输出
504
数据规模与约定
1 <= N <= 10的6次方。
*/
//author galahad time 2018/2/12 
import java.util.Scanner;
 
public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        // TODO Auto-generated method stub
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        long n = sc.nextInt();
        long mlcm = 0;
 
        if ((n % 2) == 1) {
            mlcm = n * (n - 1) * (n - 2);
        }
 
        if ((n % 2) == 0) {
            if ((n % 3) == 0) { //此时n与n-3有公约数
                mlcm = (n - 1) * (n - 2) * (n - 3);
            } else {
                mlcm = n * (n - 1) * (n - 3);
            }
        }
 
        System.out.println(mlcm);
    }
}
/*
v问题描述
如果一个自然数N的K进制表示中任意的相邻的两位都不是相邻的数字，那么我们就说这个数是K好数。求L位K进制数中K好数的数目。例如K = 4，L = 2的时候，所有K好数为11、13、20、22、30、31、33 共7个。由于这个数目很大，请你输出它对1000000007取模后的值。
 
输入格式
输入包含两个正整数，K和L。
 
输出格式
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的值。 
样例输入
4 2 
样例输出
7 
数据规模与约定
对于30%的数据，KL <= 106；
 
对于50%的数据，K <= 16， L <= 10；
 
对于100%的数据，1 <= K,L <= 100。
 
*/
#include<stdio.h>
int main()
{
    int i;
    int k;        //进制数
    int l;        //位数
    long long ka[100];        //前
    long long kb[100];        //当前
    long long cont=0;        //计数
    scanf("%d%d",&k,&l);
    kb[0]=ka[0]=0;
    for(i=1;i<k;i++)
    {
        kb[i]=ka[i]=1;
    }
    for(i=2;i<=l;i++)
    {
        int j;
        for(j=0;j<k;j++)
        {
            int m=0;
            for(m=0;m<k;m++)
            {
                if(m<j-1 || m>j+1)
                    kb[j]+=ka[m];
            }
            
        }
        for(j=0;j<k;j++)
        {
            ka[j]=kb[j];
            ka[j]=kb[j]%1000000007;
        }
    }
    while(k--)
    {
        cont+=ka[k];
        cont=cont%1000000007;
    }
    printf("%I64d\n",cont);
    return 0;
}
 
/*
算法训练 结点选择
 
问题描述
有一棵 n 个节点的树，树上每个节点都有一个正整数权值。如果一个点被选择了，那么在树上和它相邻的点都不能被选择。求选出的点的权值和最大是多少？
 
输入格式
第一行包含一个整数 n 。
 
接下来的一行包含 n 个正整数，第 i 个正整数代表点 i 的权值。
 
接下来一共 n-1 行，每行描述树上的一条边。
 
输出格式
输出一个整数，代表选出的点的权值和的最大值。
样例输入
5
1 2 3 4 5
1 2
1 3
2 4
2 5
样例输出
12
样例说明
选择3、4、5号点，权值和为 3+4+5 = 12 。
数据规模与约定
对于20%的数据， n <= 20。
 
对于50%的数据， n <= 1000。
 
对于100%的数据， n <= 100000。
 
权值均为不超过1000的正整数。
*/
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
 
typedef struct Node
{
    int to;
    int next;
}Node;
 
#define N 100020
 
int max(int a, int b)
{
    return a > b ? a : b;
}
 
int on[N], off[N];
 
int rel[N];
Node relBus[2 * N];
int relBusTop = 1;
 
int queue[N] = {1};
int qStart = 0, qEnd = 1;
 
int checked[N] = {0, 1};
 
int ser[N];
int sp = 0;
 
int main(void)
{
    int n, i, j;
    
    scanf("%d", &n);
    for(i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &on[i]);
        off[i] = 0;
    }
    
    for(i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        
        relBus[relBusTop].to = b;
        relBus[relBusTop].next = rel[a];
        rel[a] = relBusTop++;
        
        relBus[relBusTop].to = a;
        relBus[relBusTop].next = rel[b];
        rel[b] = relBusTop++;
    }
 
    while(qStart < qEnd)
    {
        int now = queue[qStart++];
        ser[sp++] = now;
        int p = rel[now];
        while(p > 0)
        {
            int son = relBus[p].to;
            if(checked[son] == 0)
            {
                queue[qEnd++] = son;
                checked[son] = 1;
            }
            p = relBus[p].next;
        }
    }
    
    for(i = n - 1; i >= 0; i--)
    {
        int son = ser[i];
        int p = rel[son];
        
        while(p > 0)
        {
            int father = relBus[p].to;
            
            on[father] += off[son];
            off[father] += max(on[son], off[son]);
            p = relBus[p].next;
        }
    }
    
    printf("%d", max(on[1], off[1]));
    return 0;
}
/*
问题描述
给定一个n个顶点，m条边的有向图（其中某些边权可能为负，但保证没有负环）
 
。请你计算从1号点到其他点的最短路（顶点从1到n编号）。
 
输入格式
第一行两个整数n, m。
 
接下来的m行，每行有三个整数u, v, l，表示u到v有一条长度为l的边。
 
输出格式
共n-1行，第i行表示1号点到i+1号点的最短路。 
样例输入
3 3
1 2 -1
2 3 -1
3 1 2 
样例输出
-1
-2 
数据规模与约定
对于10%的数据，n = 2，m = 2。
 
对于30%的数据，n <= 5，m <= 10。
 
对于100%的数据，1 <= n <= 20000，1 <= m <= 200000，-10000 <= l <= 
 
10000，保证从任意顶点都能到达其他所有顶点。
 
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define inf 100000
struct In{
    int e;
    int w;
    int next;
}map[200010];
int dis[20010],Q[20010];
int vis[20010],head[20010];
void SPFA(int n){
    int i,j,front,rear,temp;
    for(i=1;i<=n;i++){
        dis[i]=inf;
    }
    dis[1]=0;vis[1]=1;
    front=0;rear=1;
    Q[front]=1;
    while(front<rear){
        temp=Q[front++];
        vis[temp]=0;
        j=head[temp];
        while(j>0){
            if(dis[map[j].e]>map[j].w+dis[temp]){
                dis[map[j].e]=map[j].w+dis[temp];
                if(!vis[map[j].e]){
                    Q[rear++]=map[j].e;
                    vis[map[j].e]=1; 
                }
            }
            j=map[j].next;
        }
    }
}
int main(){
    int n,m,i,j,a,b,val;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        memset(Q,0,sizeof(Q));
        memset(head,0,sizeof(head));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(i=1;i<=m;i++){
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&val);
            map[i].e=b;
            map[i].w=val;
            map[i].next=head[a];
            head[a]=i;
        }
        SPFA(n);
        for(i=2;i<=n;i++){
            printf("%d\n",dis[i]);
        }
    }
    return 0;
}
/*
问题描述
Farmer John变得非常懒，他不想再继续维护供奶牛之间供通行的道路。道路被用来连接N个牧场，牧场被连续地编号为1到N。每一个牧场都是一个奶牛的家。FJ计划除去P条道路中尽可能多的道路，但是还要保持牧场之间 的连通性。你首先要决定那些道路是需要保留的N-1条道路。第j条双向道路连接了牧场Sj和Ej(1 <= Sj <= N; 1 <= Ej <= N; Sj != Ej)，而且走完它需要Lj的时间。没有两个牧场是被一条以上的道路所连接。奶牛们非常伤心，因为她们的交通系统被削减了。你需要到每一个奶牛的住处去安慰她们。每次你到达第i个牧场的时候(即使你已经到过)，你必须花去Ci的时间和奶牛交谈。你每个晚上都会在同一个牧场(这是供你选择的)过夜，直到奶牛们都从悲伤中缓过神来。在早上 起来和晚上回去睡觉的时候，你都需要和在你睡觉的牧场的奶牛交谈一次。这样你才能完成你的 交谈任务。假设Farmer John采纳了你的建议，请计算出使所有奶牛都被安慰的最少时间。
 
输入格式
第1行包含两个整数N和P。
 
接下来N行，每行包含一个整数Ci。
 
接下来P行，每行包含三个整数Sj, Ej和Lj。
 
输出格式
输出一个整数, 所需要的总时间(包含和在你所在的牧场的奶牛的两次谈话时间)。 
样例输入
5 7
10
10
20
6
30
1 2 5
2 3 5
2 4 12
3 4 17
2 5 15
3 5 6 
样例输出
176 
数据规模与约定
5 <= N <= 10000，N-1 <= P <= 100000，0 <= Lj <= 1000，1 <= Ci <= 1,000。
 
*/
# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
 
# define M 100000
 
typedef struct Node
{
    int u;
    int v;
    int w;
} Node;
 
Node e[100002];
 
int fa[100002];
int c[100002];
int rank[100002];
int sum = 0;
int n, m;
 
int cmp(const void *a, const void *b)
{
    Node *c = (Node *)a;
    Node *d = (Node *)b;
    return c->w-d->w;
}
 
int find(int x)
{
    int i, k, r;
    r = x;
    while (fa[r]>=0)
        r = fa[r];
    k = x;
    while (k != r)
    {
        i = fa[k];
        fa[k] = r;
        k = i;
    }
    return r;
    /*if (x != fa[x])
        fa[x] = find(fa[x]);
    return fa[x];*/
}
 
void Union(int u, int v)
{
/*    if (rank[u] > rank[v])
        fa[v] = u;
    else
    {
        if (rank[u] == rank[v])
            rank[v]++;
        fa[u] = v;
    }*/
    int r1,r2;
    int num;
    r1=find(u);
    r2=find(v);
    num=fa[r1]+fa[r2];
    if(fa[r1]<fa[r2])
    {
        fa[r2]=r1;
        fa[r1]=num;
    }
    else
    {
        fa[r1]=r2;
        fa[r2]=num;
    }
}
 
int Kruskal()
{
    int i;
    int u,v;
    int sumweight=0,count=0;
    for(i=0;i<n;i++)
        fa[i]=-1;
    qsort(e,m,sizeof(e[0]),cmp);
    for(i=0;i<m;i++)
    {
        u=e[i].u;
        v=e[i].v;
        if(find(u)!=find(v))
        {
            sumweight+=e[i].w;
            Union(u,v);
            count++;
            if(count>=n-1)
                break;
        }
    }
    return sumweight;
}
 
int main ()
{
    scanf ("%d%d", &n, &m);
    int i, j, min = M;
    for (i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf ("%d", &c[i]);
        if (c[i] < min)
            min = c[i];
    }
    for (i = 0; i < m; i++)
    {
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        e[i].u=u-1;
        e[i].v=v-1;
        e[i].w=w*2+c[u-1]+c[v-1];
    }
    
    printf ("%d\n", min+Kruskal());
    return 0;
}
/*
问题描述
Alice是一个让人非常愉跃的人!他总是去学习一些他不懂的问题，然后再想出许多稀奇古怪的题目。这几天，Alice又沉浸在逆序对的快乐当中，他已近学会了如何求逆序对对数，动态维护逆序对对数等等题目，他认为把这些题让你做简直是太没追求了，于是，经过一天的思考和完善，Alice终于拿出了一道他认为差不多的题目：
 
有一颗2n-1个节点的二叉树，它有恰好n个叶子节点，每个节点上写了一个整数。如果将这棵树的所有叶子节点上的数从左到右写下来，便得到一个序列a[1]…a[n]。现在想让这个序列中的逆序对数量最少，但唯一的操作就是选树上一个非叶子节点，将它的左右两颗子树交换。他可以做任意多次这个操作。求在最优方案下，该序列的逆序对数最少有多少。
 
Alice自己已近想出了题目的正解，他打算拿来和你分享，他要求你在最短的时间内完成。
 
输入格式
第一行一个整数n。
 
下面每行，一个数x。
 
如果x=0，表示这个节点非叶子节点，递归地向下读入其左孩子和右孩子的信息，如果x≠0，表示这个节点是叶子节点，权值为x。
 
输出格式
输出一个整数，表示最少有多少逆序对。 
样例输入
3
0
0
3
1
2 
样例输出
1 
数据规模与约定
对于20%的数据，n <= 5000。
 
对于100%的数据，1 <= n <= 200000，0 <= a[i]<2^31。
*/
#include<stdio.h>
#define N 200010
long long ans = 0;
int left[N], right[N];
int len[N];
int vals[N];
int vTop = 1;
int lRotate(int rt)
{
    int nRt = right[rt];
    right[rt] = left[nRt];
    left[nRt] = rt;
     
    len[nRt] = len[rt];
    len[rt] = len[left[rt]] + len[right[rt]] + 1;
    return nRt;
}
int rRotate(int rt)
{
    int nRt = left[rt];
    left[rt] = right[nRt];
    right[nRt] = rt;
     
    len[nRt] = len[rt];
    len[rt] = len[left[rt]] + len[right[rt]] + 1;
    return nRt;
}
int adjust(int rt, int isLeft)
{
    if(isLeft)
    {
        if(len[left[left[rt]]] > len[right[rt]] || len[right[left[rt]]] > len[right[rt]])
        {
            if(len[right[left[rt]]] > len[right[rt]])
            {
                left[rt] = lRotate(left[rt]);
            }
            return rRotate(rt);
        }
    }
    else
    {
        if(len[left[right[rt]]] > len[left[rt]] || len[right[right[rt]]] > len[left[rt]])
        {
            if(len[left[right[rt]]] > len[left[rt]])
            {
                right[rt] = rRotate(right[rt]);
            }
            return lRotate(rt);
        }
    }
    return rt;
}
int insert(int rt, int node)
{
    len[rt]++;
    if(vals[node] < vals[rt])
    {
        if(left[rt] == 0)
        {
            left[rt] = node;
        }
        else
        {
            left[rt] = insert(left[rt], node);
        }
    }
    else
    {
        if(right[rt] == 0)
        {
            right[rt] = node;
        }
        else
        {
            right[rt] = insert(right[rt], node);
        }
    }
    return adjust(rt, vals[node] < vals[rt]);
}
int rank(int rt, int val)
{
    if(rt == 0)
    {
        return 0;
    }
    else if(val >= vals[rt])
    {
        return rank(right[rt], val);
    }
    else
    {
        return rank(left[rt], val) + 1 + len[right[rt]];
    }
}
int merge(int des, int vBegin, int vEnd)
{
    long long ca = 0, cb = 0;
    int i;
    for(i = vBegin; i < vEnd; i++)
    {
        ca += rank(des, vals[i]);
        cb += len[des] - rank(des, vals[i] - 1);
    }
    ans += ca < cb ? ca : cb;
    for(i = vBegin; i < vEnd; i++)
    {
        left[i] = right[i] = 0;
        len[i] = 1;
        des = insert(des, i);
    }
    return des;
}
int buildTree()
{
    int val;
    scanf("%d", &val);
    if(val != 0)
    {
        left[vTop] = right[vTop] = 0;
        len[vTop] = 1;
        vals[vTop] = val;
        return vTop++;
    }
    int ls = vTop;
    int rlt = buildTree();
    int rs = vTop;
    int rrt = buildTree();
    int re = vTop;
    if(rs - ls > re - rs)
    {
        return merge(rlt, rs, re);
    }
    else
    {
        return merge(rrt, ls, rs);
    }
}
int main(void)
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    buildTree();
    printf("%I64d", ans);
    return 0;
}
/*
问题描述
有n个格子，从左到右放成一排，编号为1-n。
 
共有m次操作，有3种操作类型：
 
1.修改一个格子的权值，
 
2.求连续一段格子权值和，
 
3.求连续一段格子的最大值。
 
对于每个2、3操作输出你所求出的结果。
 
输入格式
第一行2个整数n，m。
 
接下来一行n个整数表示n个格子的初始权值。
 
接下来m行，每行3个整数p,x,y，p表示操作类型，p=1时表示修改格子x的权值为y，p=2时表示求区间[x,y]内格子权值和，p=3时表示求区间[x,y]内格子最大的权值。
 
输出格式
有若干行，行数等于p=2或3的操作总数。
 
每行1个整数，对应了每个p=2或3操作的结果。
 
样例输入
4 3
1 2 3 4
2 1 3
1 4 3
3 1 4 
样例输出
6
3 
数据规模与约定
对于20%的数据n <= 100，m <= 200。
 
对于50%的数据n <= 5000，m <= 5000。
 
对于100%的数据1 <= n <= 100000，m <= 100000，0 <= 格子权值 <= 10000。
 
*/
#include <stdio.h>
#define N 100000
#define A 1000
#define B 100
 
int sum(int* a, int m, int n)
{
    int i, s = 0;
    for (i = m; i <= n; i++)
        s += a[i];
    return s;
}
 
int max(int* a, int m, int n)
{
    int i, s = a[m];
    for (i = m + 1; i <= n; i++)
        if (s < a[i])
            s = a[i];
    return s;
}
 
int main()
{
    int i, j, k, m, n;
    int a[100000], b[100000][3], c[A][2] = {0};
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    for (i = 0; i < m; i++)
        for (j = 0; j < 3; j++)
            scanf("%d", &b[i][j]);
 
    for (i = 0; i < (n + B - 1) / B; i++)
    {
        c[i][0] = c[i][1] = a[i * B];
        for (j = i * B + 1; j < i * B + B && j < n; j++)
        {
            c[i][0] += a[j];
            if (c[i][1] < a[j])
                c[i][1] = a[j];
        }
    }
    for (i = 0; i < m; i++)
    {
        if (b[i][0] == 1)
        {
            c[(b[i][1] - 1) / B][0] += b[i][2] - a[b[i][1] - 1];
            k = (b[i][1] - 1) / B;
            if (c[k][1] <= b[i][2])
            {
                c[k][1] = b[i][2];
            }
            else if (a[b[i][1] - 1] == c[k][1])
            {
                a[b[i][1] - 1] = b[i][2];
                c[k][1] = max(a, k * B, k * B + B > n ? n - 1 : k * B + B - 1);
            }
            a[b[i][1] - 1] = b[i][2];
        }
        else if (b[i][0] == 2)
        {
            int s = 0;
            b[i][1]--, b[i][2]--;
            int o = b[i][2] / B - b[i][1] / B;
            if (o < 2)
            {
                s = sum(a, b[i][1], b[i][2]);
            }
            else
            {
                s = sum(a, b[i][1], (b[i][1] + B) / B * B - 1);
                s += sum(a, b[i][2] / B * B, b[i][2]);
                for (j = b[i][1] / B + 1; j < b[i][2] / B; j++)
                    s += c[j][0];
            }
            printf("%d\n", s);
        }
        else if (b[i][0] == 3)
        {
            int s = 0, t;
            b[i][1]--, b[i][2]--;
            int o = b[i][2] / B - b[i][1] / B;
            if (o < 2)
            {
                s = max(a, b[i][1], b[i][2]);
            }
            else
            {
                s = max(a, b[i][1], (b[i][1] + B) / B * B - 1);
                t = max(a, b[i][2] / B * B, b[i][2]);
                if (s < t) s = t;
                for (j = b[i][1] / B + 1; j < b[i][2] / B; j++)
                    if (s < c[j][1])
                        s = c[j][1];
            }
            printf("%d\n", s);
        }
    }
    return 0;
}
/*
算法训练 摆动序列
 
问题描述
　　如果一个序列满足下面的性质，我们就将它称为摆动序列：
　　1. 序列中的所有数都是不大于k的正整数；
　　2. 序列中至少有两个数。
　　3. 序列中的数两两不相等；
　　4. 如果第i – 1个数比第i – 2个数大，则第i个数比第i – 2个数小；如
 
果第i – 1个数比第i – 2个数小，则第i个数比第i – 2个数大。
　　比如，当k = 3时，有下面几个这样的序列：
　　1 2
　　1 3
　　2 1
　　2 1 3
　　2 3
　　2 3 1
　　3 1
　　3 2
　　一共有8种，给定k，请求出满足上面要求的序列的个数。
输入格式
　　输入包含了一个整数k。（k<=20）
输出格式
　　输出一个整数，表示满足要求的序列个数。
样例输入
3
样例输出
8
*/
#include<stdio.h> 
int f[21][21][21]; 
//f[i][j][k] i表示数的长度，j表示倒数第2位的取值，k表示最后一位的取值 
 
int main()  
{  
    int n,i,j,k,p;  
    int sum=0;  
    scanf("%d",&n); 
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=1;j<=n;j++)
            if(i!=j)
                f[2][i][j]=1;
    for(i=3;i<=n;i++)//从长度为3开始 
    { 
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            for(k=1;k<=n;k++) 
            {
                for(p=1;p<=n;p++) 
                {
                    if(j>p&&k<p||j<p&&k>p)
                        f[i][j][k]+=f[i-1][p]
 
[j];
                }
            }
        }  
    }     
    for(i=2;i<=n;i++) 
    for(j=1;j<=n;j++)  
    for(k=1;k<=n;k++) 
      sum+=f[i][j][k];       
      printf("%d",sum);      
      return 0;
}
/*
算法训练 集合运算
 
问题描述
　　给出两个整数集合A、B，求出他们的交集、并集以及B在A中的余集。
输入格式
　　第一行为一个整数n，表示集合A中的元素个数。
　　第二行有n个互不相同的用空格隔开的整数，表示集合A中的元素。
　　第三行为一个整数m，表示集合B中的元素个数。
　　第四行有m个互不相同的用空格隔开的整数，表示集合B中的元素。
　　集合中的所有元素均为int范围内的整数，n、m<=1000。
输出格式
　　第一行按从小到大的顺序输出A、B交集中的所有元素。
　　第二行按从小到大的顺序输出A、B并集中的所有元素。
　　第三行按从小到大的顺序输出B在A中的余集中的所有元素。
样例输入
5
1 2 3 4 5
5
2 4 6 8 10
样例输出
2 4
1 2 3 4 5 6 8 10
1 3 5
样例输入
4
1 2 3 4
3
5 6 7
样例输出
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4
 
*/
#include <stdio.h>
 
#define MAX_N 1001
int n,m;
 
 
int Partition(int x[],int low,int high)
{
    int pivotkey;
    pivotkey = x[low];
    while(low < high)
    {
        while(low<high && x[high]>=pivotkey)
            high--;
        x[low] = x[high];
 
        while(low<high && x[low]<=pivotkey)
            low++;
        x[high] = x[low];
    }
    x[low] = pivotkey;
    return low;
}
void QSort(int x[],int low,int high)
{
    int pivotloc;
    if(low < high)
    {
        pivotloc = Partition(x,low,high);
        QSort(x,low,pivotloc-1);
        QSort(x,pivotloc+1,high);
    }
}
void jiao(int x[],int y[],int xx,int yy)
{
    int i,j;
    i = 1;
    j = 1;
    while(i<=xx && j<=yy)
    {
        if(x[i] == y[j])
        {
            printf("%d ",x[i]);
            i++;
            j++;
        }
        else if(x[i] < y[j])
            i++;
        else
            j++;
    }
    printf("\n");
}
int bing(int x[],int y[],int z[],int xx,int yy)
{
    int i,j,k;
    i = 1;
    j = 1; 
    k = 1;
    while(i<=xx && j<=yy)
    {
        if(x[i] < y[j])
        {
            z[k] = x[i];
            i++;
        }
        else if(x[i] > y[j])
        {
            z[k] = y[j];
            j++;
        }
        else
        {
            z[k] = x[i];
            i++;
            j++;
        }
        k++;
    }
    if(i > xx)
        while(j <= yy)
        {
            z[k] = y[j];
            k++;
            j++;
        }
    else
        while(i <= xx)
        {
            z[k] = x[i];
            k++;
            i++;
        }
 
    return k;
}
 
void yu(int x[],int y[],int xx,int yy)
{
    int i,j;
    i = 1;
    j = 1;
    while(i<=xx && j<=yy)
    {
        if(x[i] == y[j])
        {
            i++;
            j++;
        }
        else if(x[i] < y[j])
        {
            printf("%d ",x[i]);
            i++;
        }
        else
            j++;
    }
    if(j > yy)
        while(i <= xx)
        {
            printf("%d ",x[i]);
            i++;
        }
    printf("\n");
}
 
 
 
int main()
{
    int i,l;
    int a[MAX_N],b[MAX_N];
    int c[2014];
    scanf("%d",&n);
    for(i=1; i<=n; i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    QSort(a,1,n);
    scanf("%d",&m);
    for(i=1; i<=m; i++)
        scanf("%d",&b[i]);
    QSort(b,1,m);
    jiao(a,b,n,m);
    l = bing(a,b,c,n,m);
    for(i=1; i<l; i++)
        printf("%d ",c[i]);
    printf("\n");
    yu(a,b,n,m);
    return 0;
}
/*
#include <stdio.h>
#define MaxSize 1000+5
 
void printArrary(int num[],int n)
{
    int i;
    
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        printf("%d ",num[i]);
    }
    printf("\n");
    
    return ;
}
 
void inputNumber(int num[],int n)
{
    int i;
    
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&num[i]);
    }
    
    return ;
}
 
void BubbleSort(int num[],int n)
{
    int i,j,temp;
    
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        for(j=n-1;j>i;j--)
        {
            if(num[j]<num[j-1])
            {
                temp=num[j];
                num[j]=num[j-1];
                num[j-1]=temp;
            }
        }
    }
    
    return ;
}
 
void getIntersectionElements(int num1[],int num2[],int n,int m,int 
 
Intersection[],int *points)
{
    int i,j;
    
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        for(j=0;j<m;j++)
        {
            if(num1[i]==num2[j])
            {
                printf("%d ",num1[i]);
                //存入交集数组
                Intersection[*points]=num1[i];
                (*points)++; 
                break;
            }
        }
    }
    if(*points)
    printf("\n");
    
    return ;
}
 
void getAll(int num1[],int num2[],int n,int m,int Intersection[],int 
 
*points)
{
    int num[2*MaxSize],sum;
    int i,j,k=0;
    
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        num[i]=num1[i];
    }
    for(j=i;j<i+m;j++)
    {
        num[j]=num2[k++];
    }
    
    if(*points==0)
    {
        BubbleSort(num,m+n);
        printArrary(num,m+n);
    }
    else
    {
        BubbleSort(num,m+n);
        for(i=0;i<m+n;i++)
        {
            if(i)
            {
                if(num[i]!=num[i-1])
                printf("%d ",num[i]);
            }
            else
            {
                printf("%d ",num[0]);
            }
        }
        printf("\n");
    }
    
    return ;
}
 
void getTheOther(int num[],int n,int Intersection[],int *points)
{
    int i,j,flag=1;
    
    if(*points==0)
    {
        printArrary(num,n);
    }
    else
    {
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            flag=1;
            
            for(j=0;j<*points;j++)
            {
                if(num[i]==Intersection[j])
                {
                    flag=0;
                    break;
                }    
            }
            if(flag)
            {
                printf("%d ",num[i]);
            }
        }
        printf("\n");
    }
    
    return ;
}
 
 
 
main()
{
    int m,n,A[MaxSize],B[MaxSize],Intersection[MaxSize];
    int i,points=0;
    
    //数据输入 
    scanf("%d",&n);
    inputNumber(A,n);
    scanf("%d",&m);
    inputNumber(B,m);
    
    //数据处理
    BubbleSort(A,n);
    BubbleSort(B,m); 
    
    //输出交集 
    getIntersectionElements(A,B,n,m,Intersection,&points);
    //输出并集 
    getAll(A,B,n,m,Intersection,&points);
    //输出B于A的补集
    getTheOther(A,n,Intersection,&points); 
 
    //结果输出 
    //printArrary(Intersection,points);
    
    return 0;
}
*/
/*
算法训练 瓷砖铺放 
 
问题描述
　　有一长度为N(1<=Ｎ<=10)的地板，给定两种不同瓷砖：一种长度为1，另一
 
种长度为2，数目不限。要将这个长度为N的地板铺满，一共有多少种不同的铺法
 
？
　　例如，长度为4的地面一共有如下5种铺法：
　　4=1+1+1+1
　　4=2+1+1
　　4=1+2+1
　　4=1+1+2
　　4=2+2
　　编程用递归的方法求解上述问题。
输入格式
　　只有一个数N，代表地板的长度
输出格式
　　输出一个数，代表所有不同的瓷砖铺放方法的总数
样例输入
4
样例输出
5
*/
#include <stdio.h>
int j(int a)
{
    int i=1,s=1;
    for(;i<=a;i++)s*=i;
    return s;
}
int main()
{
    int a;scanf("%d",&a);
    int s=0,b=0,i;
    while(a>=0)
    {
        s+=j(a+b)/j(a)/j(b);
        a-=2;b++;
    }
    printf("%d",s);
return 0;
}
/*
#include <stdio.h>
 
void funtion(int lenth,int *count)
{
    //出口设计 
    if(lenth==0||lenth==1)
    {
        (*count)++;
        return ;
    }
    
    //递归情况一 
    funtion(lenth-1,count);
    //递归情况二 
    funtion(lenth-2,count);
}
 
main()
{
    int N,count=0;
    
    scanf("%d",&N);
    funtion(N,&count);
    printf("%d\n",count);
    
    return 0;
}
*/
/*
算法训练 幂方分解
 
问题描述
　　任何一个正整数都可以用2的幂次方表示。例如：
　　137=2的7次方+2的3次方+2的0次方 
　　同时约定方次用括号来表示，即ab 可表示为a（b）。
　　由此可知，137可表示为：
　　2（7）+2（3）+2（0）
　　进一步：7= 2的2次方+2+2的0次方 （21用2表示）
　　3=2+2的0次方 
　　所以最后137可表示为：
　　2（2（2）+2+2（0））+2（2+2（0））+2（0）
　　又如：
　　1315=2的10次方 +2的8次方 +2的5次方 +2+1
　　所以1315最后可表示为：
　　2（2（2+2（0））+2）+2（2（2+2（0）））+2（2（2）+2（0））+2+2（0
 
）
输入格式
　　输入包含一个正整数N（N<=20000），为要求分解的整数。
输出格式
　　程序输出包含一行字符串，为符合约定的n的0，2表示（在表示中不能有空
 
格）
*/
#include<stdio.h>
void f(int a)
{
    int i=0,j,b[32],w,k;
    if(a==0)printf("0");
    else if(a==2)printf("2");
    else if(a==1)printf("2(0)");
    else 
    {
        while(a){b[i]=a%2;a=a/2;i++;}w=i;
    k=0;j=0;for(i=w-1;i>=0;i--)if(b[i])k++;
    for(i=w-1;i>=0;i--)
        if(b[i])
    {j++;
    if(i==1)printf("2");
    else {printf("2(");f(i);printf(")");}
    if(j!=k)printf("+");}
    }
}
int main()
{
    int a;scanf("%d",&a);
    f(a);
    return 0;
}
/*
算法训练 拦截导弹  
 
问题描述
　　某国为了防御敌国的导弹袭击，发展出一种导弹拦截系统。但是这种导弹拦
 
截系统有一个缺陷：虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度，但是以后每一发
 
炮弹都不能高于前一发的高度。某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。由于该系统
 
还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有可能不能拦截所有的导弹。
 
　　输入导弹依次飞来的高度（雷达给出的高度数据是不大于30000的正整数）
 
，计算这套系统最多能拦截多少导弹，如果要拦截所有导弹最少要配备多少套这
 
种导弹拦截系统。
输入格式
　　一行，为导弹依次飞来的高度
输出格式
　　两行，分别是最多能拦截的导弹数与要拦截所有导弹最少要配备的系统数
样例输入
389 207 155 300 299 170 158 65
样例输出
6
2
*/
#include <stdio.h>
#define MAX_N 10000
 
int dp[MAX_N]={0};
int i=0;
int dao[MAX_N];
 
int max(int a,int b)
{
    return a>b?a:b;
}
 
void solve1()
{
    int k,j;
    int res = 0;
    int n = i;
    for(j=0; j<n; j++)
    {
        dp[j] = 1;
        for(k=0; k<j; k++)
            if(dao[k] > dao[j])
                dp[j] = max(dp[j],dp[k]+1);
        res = max(res , dp[j]);
    }
    printf("%d\n",res);
}
 
void solve2()
{
    int k,j;
    int res = 0;
    int n = i;
    for(j=0; j<n; j++)
    {
        dp[j] = 1;
        for(k=0; k<j; k++)
            if(dao[k] < dao[j])
                dp[j] = max(dp[j],dp[k]+1);
        res = max(res , dp[j]);
    }
    printf("%d\n",res);
}
 
 
int main()
{
    char q;
    int s=0;
 
    while(q=getchar())
    {
        if(q>='0' && q<='9')
            s = s*10+q-'0';
        else if(q == ' ')
        {
            dao[i] = s;
            i++;
            s = 0;
        }
        else
            break;
    }
    dao[i] = s;
    i++;
 
    solve1();
    solve2();
 
    return 0;
}
/*
算法训练 回文数 
 
问题描述
　　若一个数（首位不为零）从左向右读与从右向左读都一样，我们就将其称之
 
为回文数。
　　例如：给定一个10进制数56，将56加65（即把56从右向左读），得到121是
 
一个回文数。
 
　　又如：对于10进制数87：
　　STEP1：87+78 = 165 STEP2：165+561 = 726
　　STEP3：726+627 = 1353 STEP4：1353+3531 = 4884
 
　　在这里的一步是指进行了一次N进制的加法，上例最少用了4步得到回文数
 
4884。
 
　　写一个程序，给定一个N（2<=N<=10或N=16）进制数M（其中16进制数字为0
 
-9与A-F），求最少经过几步可以得到回文数。
　　如果在30步以内（包含30步）不可能得到回文数，则输出“Impossible!”
输入格式
　　两行，N与M
输出格式
　　如果能在30步以内得到回文数，输出“STEP=xx”（不含引号），其中xx是
 
步数；否则输出一行”Impossible!”（不含引号）
样例输入
9
87
样例输出
STEP=6
*/
#include<stdio.h>
 #include<math.h>
 #include <string.h>
 #include <stdlib.h>
 int p;
 char s[1000];
 int c[1000];
 int reverse(int a[],int n) /*判断a是否是回文*/
 {
     int i,j;
     i=0;
     j=n-1;
     while(i<j&&a[i]==a[j])
     {
        i++;
        j--;
     }
     return i>=j;
 }
 int aplus(int a[],int n,int m)   /*计算a=a+a*/
 {
      int *b,i,j,kc;
      b=(int *)malloc(sizeof(int)*1001);
      for(i=0;i<n;i++)
         b[n-1-i]=a[i];
      kc=0;
      for(i=0;i<n;i++)
      {
         a[i]=a[i]+b[i]+kc;
         kc=a[i]/m;
         a[i]=a[i]%m;
      }
      if(kc>0)
        a[n++]=kc;
      free(b);
      return n;
 }
 int  stod(char s[],int a[])
 {
      int i;
      for(i=0;s[i]!='\0';i++)
         if(s[i]>='A'&&s[i]<='F')
            a[i]=10+s[i]-'A';
         else
            a[i]=s[i]-'0';
      return i;
 } 
 int main()
 {
     int n,i;
     scanf("%d",&p);
     scanf("%s",s);
     n=stod(s,c);
     for(i=0;i<30;i++)
     {
        n=aplus(c,n,p);
        if(reverse(c,n)==1)
          {
             printf("STEP=%d\n",i+1);
             break;
          }
     }
     if(i>=30)
       printf("Impossible!\n");
return 0;
 }
/*
算法训练 旅行家的预算
 
问题描述
　　一个旅行家想驾驶汽车以最少的费用从一个城市到另一个城市（假设出发时油箱是空的）。给定两个城市之间的距离D1、汽车油箱的容量C（以升为单位）、每升汽油能行驶的距离D2、出发点每升汽油价格P和沿途油站数N（N可以为零），油站i离出发点的距离Di、每升汽油价格Pi（i=1，2，……N）。计算结果四舍五入至小数点后两位。如果无法到达目的地，则输出“No Solution”。
输入格式
　　第一行为4个实数D1、C、D2、P与一个非负整数N；
　　接下来N行，每行两个实数Di、Pi。
输出格式
　　如果可以到达目的地，输出一个实数（四舍五入至小数点后两位），表示最小费用；否则输出“No Solution”（不含引号）。
样例输入
275.6 11.9 27.4 2.8 2
102.0 2.9
220.0 2.2
样例输出
26.95
*/
#include <stdio.h>
 
#define MAX_N 100
float D1,C,D2,P;
float A[MAX_N],B[MAX_N];
int N;
 
void solve()
{
    int i;
    float res = 0;
    float pos,tank;
    pos = B[0];
    tank = C;
    
    res += pos*tank;
    float we=0;
    for(i=1; i<N; i++)
    {
        tank -= (A[i] - A[i-1]-we)/D2;
        if(B[i] < pos)
        {
            we = 0;
            res -= tank*pos;
            tank = C;
            pos = B[i];
            res += tank*pos;
        }
 
        else
        {
            if(tank < (A[i+1]-A[i])/D2)
            {
                 we=0;
                we = tank*D2;
                tank = C;
                pos = B[i];
                res += tank*pos;
            }
            if(tank < 0)
            {
                puts("No Solution\n");
                return ;
            }
        }
    }
 
    tank -= (D1-A[i-1]-we)/D2;
    if(tank < 0)
        {
            puts("No Solution\n");
            return ;
        }
 
    res -= tank*pos;
 
    printf("%.2f\n",res);
}
 
int main()
{
    int i;
    scanf("%f%f%f%f%d",&D1,&C,&D2,&P,&N);
    A[0] = 0;
    B[0] = P;
    N++;
    A[N] = D1;
    for(i=1; i<N; i++)
        scanf("%f%f",&A[i],&B[i]);
    if(D1 != 0)
        solve();
    else
        puts("No Solution\n");
    return 0;
}
/*
算法训练 进制转换
 
问题描述 
    
    cf为次方 
　　我们可以用这样的方式来表示一个十进制数： 将每个阿拉伯数字乘以一个以该数字所处位置的（值减１）为指数，以１０为底数的幂之和的形式。例如：１２３可表示为 １＊１０２＋２＊１０１＋３＊１００这样的形式。
　　与之相似的，对二进制数来说，也可表示成每个二进制数码乘以一个以该数字所处位置的（值－１）为指数，以２为底数的幂之和的形式。一般说来，任何一个正整数Ｒ或一个负整数－Ｒ都可以被选来作为一个数制系统的基数。如果是以Ｒ或－Ｒ为基数，则需要用到的数码为 ０，１，．．．．Ｒ－１。例如，当Ｒ＝７时，所需用到的数码是０，１，２，３，４，５和６，这与其是Ｒ或－Ｒ无关。如果作为基数的数绝对值超过１０，则为了表示这些数码，通常使用英文字母来表示那些大于９的数码。例如对１６进制数来说，用Ａ表示１０，用Ｂ表示１１，用Ｃ表示１２，用Ｄ表示１３，用Ｅ表示１４，用Ｆ表示１５。
　　在负进制数中是用－Ｒ 作为基数，例如－１５（十进制）相当于１１０００１（－２进制），并且它可以被表示为２的幂级数的和数：
　　１１０００１＝１＊（－２）５cf＋１＊（－２）４cf＋０＊（－２）３cf＋０＊（－２）２cf＋
　　０＊（－２）１cf ＋１＊（－２）０cf
　　 设计一个程序，读入一个十进制数和一个负进制数的基数, 并将此十进制数转换为此负进制下的数： －Ｒ∈｛－２，－３，－４，．．．，－２０｝
 
输入格式 
　　一行两个数，第一个是十进制数Ｎ（－32768＜＝Ｎ＜＝32767）， 第二个是负进制数的基数－Ｒ。
 
输出格式 
　　输出所求负进制数及其基数，若此基数超过１０，则参照１６进制的方式处理。（格式参照样例）
 
　　样例输入1
　　30000 -2
样例输出
30000=11011010101110000(base-2)
样例输入
-20000 -2
样例输出
-20000=1111011000100000(base-2)
样例输入
28800 -16
样例输出
28800=19180(base-16)
样例输入
-25000 -16
样例输出
-25000=7FB8(base-16)
*/
#include <stdio.h>
 
const char nc[20]={'0','1','2','3','4','5','6','7','8','9','A','B','C','D','E','F','G','H','I','J'};
char str[20];
 
int main()
{
    int m, n, k, t, s;
    int i=0;
    scanf("%d%d",&m,&n);
    s = m;
    while(m != 0)
    {
        k = m % n;
        t = m / n;
        if(k < 0)
        {
            k -= n;
            t++;
        }
        m = t;
        str[i++]=nc[k];
    }
    printf("%d=",s);
    for(i = i- 1; i >= 0; i--)
        printf("%c",str[i]);
    printf("(base%d)\n",n);
    return 0;
}
/*
算法训练 乘积最大
 
问题描述 
 
　　今年是国际数学联盟确定的“2000——世界数学年”，又恰逢我国著名数学家华罗庚先生诞辰90周年。在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友XZ也有幸得以参加。活动中，主持人给所有参加活动的选手出了这样一道题目：
 
　　设有一个长度为N的数字串，要求选手使用K个乘号将它分成K+1个部分，找出一种分法，使得这K+1个部分的乘积能够为最大。
 
　　同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子：
 
　　有一个数字串：312， 当N=3，K=1时会有以下两种分法：
 
　　3*12=36
　　31*2=62
 
　　这时，符合题目要求的结果是：31*2=62
 
　　现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
 
输入格式 
 
　　程序的输入共有两行：
　　第一行共有2个自然数N，K（6≤N≤40，1≤K≤6）
　　第二行是一个长度为N的数字串。
 
 
输出格式 
 
　　输出所求得的最大乘积（一个自然数）。
 
　　样例输入
 
　　4 2
　　1231
样例输出
62
*/
#include <stdio.h>
#define maxN 41
#define maxK 7
#define InfiniteMin -999999999
 
int main()
{
    int N,K;
    int i,j,k,m;
    int A[maxN][maxK];  /*A[i][j]表示前i个数有j个乘号能达到的最大乘积*/
    int s[maxN];
    char num[maxN]; 
    int temp,max;
    scanf("%d%d%s",&N,&K,num);
    for(i=0;i<N;i++)
        s[i+1]=num[i]-'0';
    for(i=1;i<=N;i++)
    {
        temp=0;
        for(j=1;j<=i;j++)
            temp=temp*10+s[j];
        A[i][0]=temp;
    }
    for(j=1;j<=K;j++)
    {
        for(i=j+1;i<=N;i++)
        {
            max=InfiniteMin;
            for(k=i;k-1>j-1;k--)
            {
                temp=0;
                for(m=k;m<=i;m++)
                    temp=temp*10+s[m]; 
                temp*=A[k-1][j-1];
                max=max>temp?max:temp;
            }
            A[i][j]=max;
        }
    }
    printf("%d",A[N][K]);
    return 0;
}
/*
算法训练 方格取数
 
问题描述 
　　设有N*N的方格图(N<=10),我们将其中的某些方格中填入正整数,而其他的方格中则放入数字0。
　　某人从图的左上角的A 点(1,1)出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的B点(N,N)。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。
　　此人从A点到B 点共走两次，试找出2条这样的路径，使得取得的数之和为最大。
输入格式
　　输入的第一行为一个整数N（表示N*N的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。
输出格式
　　只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。
样例输入
　　8
　　2 3 13
　　2 6 6
　　3 5 7
　　4 4 14
　　5 2 21
　　5 6 4
　　6 3 15
　　7 2 14
　　0 0 0
样例输出
　　67
*/
#include <stdio.h>
 
#define max(a,b) a>b?a:b
 
#define min(a,b) a<b?a:b
 
int main()
 
{
 
    int map[11][11]={0},f[11][11]={0};
 
    int i,j,k,N,t;
 
    scanf("%d",&N);
 
    while (scanf("%d%d%d",&i,&j,&k)&&(i||j||k)) map[i][j]=k;
 
    for (i=2;i<=2*N;i++)
 
        for (t=min(i,N),j=t;j>0;j--)
 
            for (k=t;k>0;k--)
 
            {
 
                f[j][k]=max(f[j][k],f[j-1][k-1]);
 
                f[j][k]=max(f[j][k],f[j][k-1]);
 
                f[j][k]=max(f[j][k],f[j-1][k]);
 
                if (j==k) f[j][k]+=map[j][i-j];
 
                else f[j][k]+=map[j][i-j]+map[k][i-k];
 
            }
 
    printf("%d",f[N][N]);
 
    return 0;
 
}
/*
算法训练 求先序排列
 
问题描述
　　给出一棵二叉树的中序与后序排列。求出它的先序排列。（约定树结点用不同的大写字母表示，长度<=8）。
输入格式
　　两行，每行一个字符串，分别表示中序和后序排列
输出格式
　　一个字符串，表示所求先序排列
 
　　样例输入
　　BADC
　　BDCA
样例输出
ABCD
*/
#include"stdio.h"
#include"string.h"
void dg(char z[],char h[])
{
    if(strlen(h)==0)
        return;
    printf("%c",h[strlen(h)-1]);
    if(strlen(h)==1)
        return;
    if(strlen(h)==2)
    {
        printf("%c",h[0]);
        return;
   }
    char a[9],b[9];
    int i,j;
   for(i=0;z[i]!=h[strlen(h)-1];i++)
       a[i]=z[i],b[i]=h[i];
    a[i]='\0';
    b[i++]='\0';
    dg(a,b);
    for(j=0;i<strlen(h);i++,j++)
        a[j]=z[i],b[j]=h[i-1];
    a[j]='\0';
    b[j]='\0';
    dg(a,b);
}
int main()
{
    char h[9],z[9];
    scanf("%s",z);
   scanf("%s",h);
   dg(z,h);
    return 0;
}

 

posted @ 2021-11-23 19:03  随手一只风  阅读(651)  评论(0)  编辑  收藏  举报