孩子 要努力啊

【算法题】算数运算题面描述：给定字符串，其中包含分数、小括号、中括号、大括号、加减乘除，给出结果且结果若为分数，输出分数；若为整数，输出整数。涉及知识点：最小公约数#include <string>#include <algorithm>#include <iostream>#include <vector>#include <map>#include <set>#include <stack>#

题意：判断得到回文串的时候最小花费，去掉或加上某一个字母时都有一个花费。题解：对于某一个字符串as......sf，使其变成回文串时策略就是   对于已经形成回文串的s......s，1->去掉a,变成s..........sf2->在后面加上a，变成as......sfa3->去掉f 4->在首加上fdp[i][j]代表从i到j变成回文串需要的最小代价。dp[i]

母函数详解 http://www.wutianqi.com/?p=596第二种：求用1分、2分、3分的邮票贴出不同数值的方案数：大家把这种情况和第一种比较有何区别？第一种每种是一个，而这里每种是无限的。看这个题，当邮票为两分时，就是(1+x^2+x^4+x^6+x^8+.......) 因为是无限多个当邮票为四分时 (1+x^4+x^8+x^12.....)所以当有

题意：一颗树，去掉某条边，使得剩下的两部分差值最小。问最小差值是多少题解：sum数组存储该节点及其子树的和。深搜一次算出sum，再枚举一次，得到最小差值。注意此题的long long#include#include#includeusing namespace std;long long sum1,n,m,value[100010],list[100010],sum[100

看到网上 http://blog.youkuaiyun.com/morgan_xww/article/details/6775853   写的真的好厉害。。我都能看懂。。膜拜一下dp求期望的题。 题意： 有三个均匀的骰子，分别有k1,k2,k3个面，初始分数是0， 当掷三个骰子的点数分别为a,b,c的时候，分数清零，否则分数加上三个骰子的点数和， 当分数>n的时候结束。求需要掷骰子的次数的

题意 n*m的格子，有些被涂黑了。问能不能从这些黑的中，一笔画连起来并且只转向一次。暴力枚举：把这些黑格子记录下来，从第一个到最后一个一一枚举到其他格子的 曼哈顿路。如果不存在曼哈顿路，那么就false，输出no。如果能，继续枚举遍历。for(int i=0;i<sum;i++){ for(int j=i+1;j<sum&&flag;j++){//遍历 从头到尾。  }}

题意：n个区间，每个区间都有权值，尽可能的去取区间，但要保证每个点不被取超过k次。题解：主要就是建图：我是不会建。。我太笨了。首先，我们不可能每个点使其都存在。太多了。所以我们就取每个区间的端点。这样，每个端点之间的流量为k，费用为权值。但是，为了确保我们不想取这个区间时有别的选择，就把所有的点从小到大 连起来，流量为k，为用为0。这样当我们不想取某个区间时，就从费用为零的边上流过就行

这道题很有意思，给你三个数a b c，让你（1~a）*（ 1~b）*（ 1~c），然后这个数有几个因子，把所有的因子个数相加输出。 一开始WY的思想是:把一百以内的素数求出来，然后三重循环，每次i*j*k求其素数因子个数再+1，相乘就是这个数的因子个数。#include#includeint a,b,c;int main(){ int prime[100],p[200],n

纠结了好久的题，必须要拆点，但是有个不拆点也能A的代码。可是这组样例告诉我们必须拆点：2 410 0 0 0 110 0 0 0 010 0 1 1 110 0 1 1 1不拆点的代码：（AC了 但是是错的）点与点之间的权值为min（i,j的容量）#include#include#define MX 1000000int n,p,map

题意就是去掉几个点，是VS与VT不连通。并问去掉了哪几个点？。本来是最小点割的，但要转化成最小边割，就是拆点，把点变成边就行了。容量为1 。其他点相连时权值为MX。求一次最大流，若为MX，那么就证明VS与VT直接相连了，NO ANSWER！若不为MX，那么从第一个点枚举，去掉这个点，即i到i+n边容量从1边为0 。初始流量。求次最大流看看流量改没改变，若改变了，那么就说明此点是我们要找

题意：    n个点，m条边，终点为x，问从某点到x，再回来，最大权值和为多少。题解：   正图一次从x点开始的dijkstra，再来个反图，从x点开始的dijkstra。把两个dist数组加和找最大。#include#define MX 111111111int map[1010][1010],mapcopy[1010][1010],dist1[1010],dis

题意：     兑换货币，给你初始货币，看看你兑换完能不能比初始货币多。这真不要脸。。。有这好事我也去换了。。T，T题解：    建个点0，从点0指向初始货币。bellman负权回路反用，也就是找正权回路就行。#includestruct point{ int u,v; double w,r,c;}eg[11000];int n,m,s;double V,dist[1

我真的很水。。。代码写的丑不说。。。思想也跟不上。。。哎。。努力爬呀努力爬。。题意：she从1到n能不能走到，每个房间都有能量值，有正有负，如果能量为0或从1到n没有通路。就hopeless。否则winnable。题解：先用floyd 算出图的关系，即i 能不能到达 j。然后在bellman 若图中存在正回路并且能通过此点到达n 也是可以的。#inclu

题意：     货币转换，看一圈下来有没有货币能够升值。。。题解：     仍需要floyd来算关系。bellman来看有没有正权值回路并通过此点能够到达v0.#include#includestruct point{ int u,v; double w;}eg[1100];int cas=1,k,pos,n,m,map[50][50];double dis

n个数，每个数属于m个种类中的一种。要求将这n个数重排列，使其种类为1到m这样排列。用最小次数的移动方式。求出这个数列的最大不下降子序列，用n减去这个子序列数。#include#include#include#includeusing namespace std;#define MAXN 5001int s[MAXN],d[MAXN],a[MAXN]

#include#include#include#includeusing namespace std;int main(){ int n,cas=1; while(scanf("%d",&n)&&n){ map s; string ss; char S[1111]; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%s",S); s[S

三分 这里写的很详细  http://hi.baidu.com/vfxupdpaipbcpuq/item/81b21d1910ea729c99ce33db题意 AB、CD两条线上速度为p和 q  其他地方速度为r 问A到D最少时间是多少题解：那么路程必定是 经过AB上某一点在经过CD上某一点到达D ，那么如何去找这两点就是我们要解决的。我们发现，除了AB 和CD上这两点，其他点

#include#include#includeusing namespace std;int pos,n,m,list[200],bug[200],brain[200],dp[200][200];struct P{ int u,v,next;}point[1000];void add(int u,int v){ point[pos].u=u; point[p

n个子串，一个母串，问有多少个子串在母串中出现，包括被反转的子串。只要把母串正着反着各自匹配一遍就行。同样用的hdu 2222的模版#include#include#includeusing namespace std;struct node{ int num; node *next[26],*fail; node(){ num=0; fail=NUL

题意：给你一个e和f，其实f-e就是背包的容量，然后给你很多钟钱币的值以及花费，问你能不能把这个容量正好填满，并且价值最小。题解：对数组初始化的时候除了0容量为0以外，其它的容量都为MAX，那么状态转移方程为f[i][v]=min{f[i-1][v],f[i-1][v-cost[i]]+w[i]};就行了。最后看看v[背包容量]是不是MAX，如果是，代表不可能被正好填满。#incl

题意：    两个车有容量a与b，n个物品，每个物品有一个体积，问最小多少次能够运完他们。因为n先进行遍历，看看1然后用it数组，代表物品，进行背包 j代表状态，j&it[i]时，代表两个状态不冲突，就是存在某个物品运了两次。j|it[i]代表当前状态。#include#include#define Max 10000000int it[2000],dp[2000],

给你一个cash，n种钱，每种钱的数量及价值，问最大接近cash凑成多少。就是多重背包。#include#include#includeusing namespace std;int cash,n,numb[20],value[20],dp[1000000];void complete(int cost){ for(int j=cost;j<=cash;j++){

4种钱币，价值是1 5 10 25，给你他们的个数，问能不能用最多的钱币到达p，如果能输出每种的个数，不能输出不能。。开个numb二维数组记录路径。#include#include#includeusing namespace std;int numb[11000][4],dp[20000],ci[4],p,wi[4];void complete(int cost,int i

几个人，插队题。n个人，每个人两个值。pos代表此人插在第pos个人的右边，value值代表此人所持有的值。最后问是怎样个队列。从后往前看这个队列，i个人前边一定会有pos个人。  这样线段树维护的就是此区间有多少个空位。#include#includeint tree[1000000],n,que[10000000];struct People{ int

裸的网络流，注意有重边就行。比如 dicuss上的一组数据，结果应为15：3 21 2 41 2 51 2 6#include#include#define MX 10000000int n,m,c[205][205],f[205][205],pre[205],mf[205],q[205];int main(){ while(scanf("%d%d"

很水，注意i j大小要自己判断#includeint num,i,j;int main(){ while (scanf("%d%d",&i,&j)!=EOF) { int max=0; int i1=i,j1=j; if(i>j) { int c=i; i=j; j=c; } for(int num1=i;num1<=j;num1++

。。。。某大叔说我写的代码很难看，囧了，还特意找了篇文章让我膜拜。还是个全英文的，更囧了，好吧，让我一点一点纠正我的习惯吧。#include#includechar s[1000];int ss[30],num;int main(){ while(scanf("%d%s",&num,s)&&num) { memset(ss,0,sizeof(ss)); int l

仍是最大流。map很好用啊，自己写的change函数就TLE了，直接拿map来映射就行。。。转换器之间边权值为MX。VS到用电器之间权值为1，用电器到插头之间权值为1，提供的插座到VT之间权值为1.#include#include#include#include#define MX 100000using namespace std;int h,n1,n2,

。。。。对拍了好久，对出个300多个遍的bug，正在纠结要不要看的时候。。突然发现。。哪错了。。边权是1 。。但你也不能就赋1啊。。你个白痴T，T。。对于无向边，随便定向，然后看看每个点的出入度之差是不是偶数，如果有不是的那就不是欧拉图了，如果都是，那么对于之差为偶的点，改变x/2 （x为出入度之差）条边，如果是满流，那么就能变成欧拉回路。如果不是满流，就不能变成欧拉回路。建图：将

SPFA算法：              既然是优化，那么肯定也不可能在图中出现负权值回路。              主要就是运用队列，如果一个点的信息被改变了，那么就把他加入队列，把队列中 点与此点相关的边  所连接的点的信息更新。直到队列为空。code：时间复杂度 O（km） k为平均每点如队列次数#include#include#includeusing na

约束条件：如果是gt    s[a-1]-s[a+b]如果是lt     s[a+b]-s[a-1]此外，新加的原点与其他点的leth为零。n+1为原点。#include#include#define MX 10000000int n,m,dist[110],vst[110],list[110],f[1000000];char ss[5];bool visit

判断是否存在欧拉回路，主要是还要判断图是否连通。#include#includeint point[1010],pre[1010];struct p{ int u,v;}eg[10010];int find(int root){ int now,w=root; while(pre[root]!=root) root=pre[root]; while(pre[w

题意：            小青蛙（A）找女朋友（B）。途中有好多石头。你就跳吧。。。因此A到B有很多个路径。找这些路径中最短的一条。并把这条路径中两个石头距离最大的那段输出。题解：            kruskal就行 #include#include#includeusing namespace std;int pre[210];struct point1{

刚刚做出来的昨晚看的模板，第一次看懂了什么是字典树。。汗了，从一开始的结构体定义都不知道。。到现在A过了一题，嘿嘿，挺高兴的写一下我的理解吧。  主要就是建立一堆一样的结构体，以ROOT为原点，*NEXT【10】为分支联络员，连接着OTHER们，如果输入的S字符串中的数没有建立，那就加一个OTHER【num++】为NEXT【数】的成员，最后再在END上画下true，表示结束。

#includequeueq;      //此处类型可以为结构体        Q=q.empty() 若队列q为空返回true,否则为falsee=q.front() 用e返回q的队头q.push(e)插入元素e为q的新队尾q.pop()删除q的队头元素   //另  结构体可以定义为二维的;

男女有的有喜欢的关系，有的没有，找出一个最大集合，使集合中任何两个学生都没有关系。sample in70: (3) 4 5 61: (2) 4 62: (0)3: (0)4: (2) 0 15: (1) 06: (2) 0 1sample out5此外，输入还可以这样输入啊。。。scanf("%d: (%d)",&u,&k);

给出一个n*m的矩阵，每次从左下走到右上，共有多少种不同走法。一开始思考，用二层循环遍历一边，但是果断TLE。正解：每次走n+m步，每一步要么是往上走，要么是往右走，所以就相当于在n+m中挑出n步走上.就变成组合数学题了 C(n+m)m或者是C(n+m)n  应该取最小，这样就能省不少时间。C(n+m)min{n,m}如何快速算 Cnm呢double

n个人,每个人都有上司，除了第一个人，要求同一级别的人他们的下属是一样多的。比如问给出你人数，有多少种情况。dp[i]代表当有i个人时有多少种情况。那么从第一个人开始往后推，如果i-1能被j除尽(代表i个人减去大boss后被分成(i-1)/j份，每份j个人),那就dp[i]+=dp[j];#include#include#include#include

题意： Ppi=n-i+1.  p为一个序列，求这个p序列。不存在输出-1. 经验算，我们可以发现 Ppi (i 为 1~n)对应的值为n~1. 所以 我们设 p1里的数 为x，那么px里的数 就为 n，pn里的数为 y，py里的数为1. 这样就是一个环了。 如果整个数列存在偶数个环，那么这个序列就存在了。当然，如果n为奇数，那么中间那个数自己就是一个环。剩下的就是把环两两配对。配

依旧。。不会。。二分，因为题中说要找到代价和小于m并且输出那个代价和中最大的边，就要用到二分了。对每个边判断其实否小于二分中mid的值(也就是limit)状态转移方程：if(w[j与其孩子的边的代价]                            else dp[j]+=dp[j的孩子];#include#include#include#define Max