Kim0403的博客

题意：已知C(m,n)=m! / (n!*(m-n!)),输入整数p,q,r,s(p>=q,r>=s,p,q,r,s 解题思路：使用唯一分解定理进行求解 #include #include #include #include #include #include #include #include #define CPY(A,B)memcpy(A,B,sizeof(A))

 dp[i]表示以i结尾的串最少可以分割的串数。 状态方程：dp[i] = min{ dp[j]+1, 串[j,i]是回文串&&1 #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include

逆向dp，保证字典序最小。 借鉴了小白菜又菜大神的码…… 抽空再把书上的敲一遍。嗯…… #include #include #include #include using namespace std; int maps[11][101]; int dp[11][101]; int fath[11][101]; int main() { int n,m; while

有人称此题为双肩包，哈哈，因为题意是问你 所以状态有两个并列的，并且优先顺序不一样。 我看了另外两篇博文，觉得dp写法很神奇，果然dp可以做多样变化，但是大同小异，殊途同归。 http://blog.youkuaiyun.com/u013480600/article/details/40376143 http://blog.youkuaiyun.com/u014733623/article/details/381

 规定从最左边的点出发以简化问题，然后严格向右直至最右边的点，再从最右边的点走到最左点，保证途径所有点各一次（除了最左点）且路径最小。 用dp(i,j)表示A走到i，B走到j时的状态还需要走多远到终点（注意表示的是还有多少到终点，所以其结果与前面怎么走的无关），所以必然dp(i,j)==dp(j,i)； 规定dp(i,j)规定为：A在i，B在j（i>=j）且i之前的所有点都走过了。 那

思路借鉴了下别人的 据说坑爹的sort不支持二维数组，最好用结构体。 嗯……反正这道题我用不着二维数组，不过留意一下 #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #in

#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define CPY(A, B) memcpy(A, B, sizeof(A)) typed

 通过用电压大的灯泡替换某些电压小的灯泡来减小总花费，因为不能降低大厅亮度。求最小的花费。 首先，为求得最小花费，对于某种灯泡，要么全部替换，要么全不替换，这个很容易证明。 我们应该对决策进行一定的限制: 求前i个灯泡的最小花费时，只允许用第i种灯泡进行替换!  如何替换呢？ 只能替换1 到i 中序号连续的灯泡！ 即决策应为选择一个j，替换掉序号为 j 到i - 1的所有灯泡，使得前i号

T组数据，每组有n行，每行为下面三种格式之一： C x  B x  S 其中x为一个正整数，x值从1连续增长到k的一组C序列或者B序列视为一个pattern，单独的一个S视为一个pattern。 统计序列中pattern的总数。即C或B后面是1就ans++，遇到S就ans++。 #include #define CPY(A,B)memcpy(A,B,sizeof(A))