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很简单找规律，结果为(n*n+n+2)/2。#include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;LL n;int main(){ freopen("in.txt","r",stdin); while(cin>>n) { if(n<0) b

先将棋盘染成2种颜色，可以发现可以将棋盘的格子分成2种互不相关的类型。每种类型按对角线长度的奇偶性分类，同一类型的行列不能出现多个bishop。为了递推，可以将所有行按升序排列。f1[i][j]表示对角线长度为奇数的第i行有j个bishop的方案数；f2[i][j]表示对角线长度为偶数的第i行有j个bishop的方案数。递推式为f[i][j]=f[i-1][j]+(c-j+1)*f[i

题目大意就是求N个数的排列中有多少个前M个数恰有M-K个错牌。这里可以先从前M个数中选K个数不变，即C(M,K)种。然后问题就转化为求n个数前m个数错排的排列数。递推方程为：f[i][j]=(i-j)*f[i-1][j-1]+(j-1)*f[i-1][j-2]；边界条件为：f[i][0]=i!。#include #include #include using namespac

即求平面上n个点共能构成多少个锐角三角形和直角三角形。我的方法是先统计钝角的总数，然后用C(n,3)减去即可。钝角统计的方法：枚举原点，将剩下的点级角排序，然后二根扫描线扫，即可统计钝角个数。这里需要注意精度问题。#include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn=250

问题实质上是求平面上的n个点一共可以构成多少个凹四边形，方法就是先选定一个点作为原点，然后将剩下的点级角排序，然后扫一遍，统计在原点的一侧共能形成多少个三角形，即凹四边形的个数。累加即为最终的结果。#include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;cons

就是分类统计，分3类。第一种是一条水平的或竖直的边，数目为所有对角线条数的两倍；第二种是有一条水平的边和一条竖直的边，数目为所有对角线条数的(2*n+2*m-4)倍；第三类是3条边均不是水平或竖直的，先从n+1条水平边中任取3条，即C(n+1，3)，再在m+1条竖直边取3条边的排列，即P(m+1，3)，利用乘法原则，总数为C(n+1，3)* P(m+1，3)，但此处多算了3点共线的情况，只要在计算

这道题的关键是枚举对角线的斜率，当枚举的矩形的长宽互质时，则该斜率第一次出现，将所有满足该长宽的对角线加上。这样，这些矩形的长宽的2倍的矩形被重复计算了一次，所以当长宽的gcd为2时，要将其扣除。这样，即得结果。#include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const i

很容易推出长度为i的串所包含的数为一个斐波那契数列。然后就很容易了，先推出串的长度，然后递归打印就行了。不过打印的时候必须把性质推清楚，不然很容易出问题。#include #include using namespace std;int f[50],d[50];void print(int dep,int cur){ if(dep==2) { if(c

用d[i]表示i个cubes的方法数，递推式为：d[i]=sum{(2^(i-j-4)-d[i-j-4])*2^j|0#include #include #include using namespace std;int d[35],p[32];int main(){ p[0]=1; for(int i=1;i<=30;i++) p[i]=p[i-1]

因为数据规模很小，可以直接暴力出一个5维的表，然后直接输出结果就可以了。因为要写5重循环，利用宏定义会比较方便。#include #include #include using namespace std;#define FOR(i,s,t) for(int i=s;i<=(t);i++)int d[27][27][27][27][27];int digit[10];int ma

lrj书上已经给出了非常详细的讨论，结果即为C(n,3)-1/2*Sum(ai*(n-1-ai))，其中ai指的是每个点所连红边（或蓝边都行）的数量。#include #include #include #include using namespace std;#define M 1010int n;int a[M];int main(){ freopen("in.t

纠结了很长时间，最后写出来了一段比较搓的代码，把样例和UVa论坛上的测试数据都过了，可就是WA……最后只能搜解题报告，才知道用排列组合可以相当巧妙的解出来。大概思想就是逐位考虑该位出现0的情况，具体就是用左边的排列数乘以右边的组合数，分该位为0和不为0两种情况考虑。具体的看代码吧，参考了网上的解题报告，有不懂自行google吧。#include #include #include #

不难发现结果可用二项式定理表示，即：sum{C(n-1,i)*a[i]/2^(n-1)}。本来以为是道水题，结果精度问题搞得我WA了n次。因为n太大，直接乘除肯定会溢出。所以先求log一下，然后再exp一下，组合数可以通过logC(n,k+1)=logC(n,k)+log(n-k)-log(k+1)递推得到。另外，因为a[i]可能为负数，所以在取对数的时候还得特殊处理一下。#include

递推关系很容易得出，而且数据最大为10^100，所以用double类型储存数据即可，无需使用高精度。#include #include #include #include #include using namespace std;int n,k;double dp[110][12];int vis[110][12];double dfs(int dep,int i){

设状态f[i][l][r]表示队中有i个人，从左往右看有l个人，从右往左看有r个人。此时要往i+1个人的队列的状态转移时，不妨设，新添的人是最矮的。那会有三种情况，要么添在最左，即f[i+1][l+1][r]；要么添在最右，即f[i+1][l][r+1]；要么添在中间，即f[i+1][l][r]，此时会有i-1个位置可以放。这样既可递推出结果了。#include