qq_36018057的博客

题意：给出m个长为n的字符串 （2个）s1,s2.表示这个补丁打之前要是s1的状态，打完之后就变成s2的状态。然后每个补丁有一个执行时间，初始状态是都有bug，问你最少用多少时间把这些bug全部修好。分析：由于补丁可以任意地打和不打，所以当修完补丁后，很可能会回到以前的状态，说明这个关系是一个DAG，有向无环图，如果使用记忆化搜索或者dp都是错误的，因为在递归时上一个状态还没计算完成，就回到了以前的状态，造成无限递归。dp与图论息息相关，我们把补丁看作状态，用一个二进制数s表示当前的bug有没有，打完补

题意：给出p,q,r,s计算C(p,q)/C(r,s) 范围是10000.分析：暴力计算组合数是不可取的，因为有阶乘的存在。那么该怎么办呢？做除法实际上就是约去一些相同的因子，这些因子可以由唯一分解得到。想到这，结果已经是很显然了，简单地对式子进行推导，计算每一项对总的质因子贡献，得到每一个素数prime[i]对应的指数e[i],相乘即可得出答案。分子为+1，分母当然就是-1的贡献。唯一分解题…代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std

题意：给一个整数n，求至少两个各不同的正整数，让它们的最小公倍数为n，且这些整数的和最小.回顾下紫书的一些知识点。我们知道，lcm（a，b）=a*b/gcd(a,b).但这还不够。事实上，gcd是对a与b做唯一分解后，对每个质因子取最小值相乘，而lcm就是对每个质因子取最大相乘。整了这么多，如何让这个数的和最小呢？先考虑极限极限情况，假设就是n和1，这个时候就是n+1.那么怎么让它变小呢？没错！就是唯一分解，只要把lcm(a,b)中的一个数拿出来单独作为一个新的整数，会比之前小很多。假设不拿之前

题目 ：给出N*M大小的字符串矩阵，每个格子有个字符串，求出不同的两行和两列，使得这两行相等.1 2 3 4 5 7 2 5 7 看表格，就是2行3列和2行3列，确定的这四个元素，上下对应相等.思路：1.写一个发ID函数，把每个字符串编号.用map来存（因为等会要用这个编号）int ID(const string &s){ if(!id.count(s)){ id[s]=cnt++; } return id[s

给出一个m*n的数字矩阵，问从第一列任意行出发（只能直走，右下，左下），到最后一列所经数字的最小路径是什么，如果有多解，输出字典序最小解.这个矩阵第一行的上一行是最后一行，最后一行的下一行是第一行我们定义状态d(j,i)表示当前在第j列，第i行，当前数字和是多少。初始边界就是第一列的数字等于它自身.考虑状态转移：一个格子可以由前一列格子的三个格子转移过来.然后考虑如何表示那三列开一个row数组，保存当前状态的上一列那三行，特判一下当前行是1或者是n然后修改对应的row数组值。最后sor.

给出一个v(3≤v≤1000)个点e(3≤e≤10000)条边的有向加权图，求1~v的两条不相交（除了起点和终点外没有公共点）的路径，使得权和最小.分析什么是两条不相交的边？就是让各个点的容量为1（不是只有流量）。这是怎么做到的？就是把一个点拆成两个点，中间连一条容量为一的边，要保证拆后的两个点编号不同。然后拆完点跑一次最小费用流就可以了。但是这时候的流量是有限制的，因为只能是两条路，所以在扩展增广路的时候要加上一条这个东西。f(flow+a[t]>flow_limit) a[t]=f.

给出n个人和m次通话，如果两个人（间接或直接）通话，那么则称这两人在一个电话圈中，求出所有电话圈.思路：在有向图中，如果我们不关心路径长度，思考任意两点间是否有通路，则将边权1代表通路，0代表没有路.d[i][j]=d[i][j]||(d[i][k]&&d[k][j])这样就求出任意两点间是否有通路。这个结果称为有向图的传递闭包.实现:读入的名字用取ID函数给一个ID作为起点，然后有路就是边权1，没有就是0，自己到自己边权是1.代码;#include<ios...

1.问题1给一个树的中序遍历，与后序遍历，要你输出前序遍历.下面直接给出核心代码.void dfs(int L1,int R1,int L2,int R2){ if(L1>R1) return ; char root=post[R2]; int p=0;cout<<root; while(in[p]!=root) p++; int cnt=p-L1; dfs(L1,p-1,L2,L2+cnt-1); dfs(p+1,R1,L2+cnt,R2-1);}L1 R1..

题目：有一棵二叉树，最大深度为D，且所有叶子的深度都相同。所有结点从上到下从左到右编号为1, 2, 3,…, 2D-1。在结点1处放一个小球，它会往下落。每个内结点上都有一个开关，初始全部关闭，当每次有小球落到一个开关上时，状态都会改变。当小球到达一个内结点时，如果该结点上的开关关闭，则往左走，否则往右走，直到走到叶子结点。一些小球从结点1处依次开始下落，最后一个小球将会落到哪里呢？输入叶子深度D和小球个数I，输出第I个小球最后所在的叶子编号。假设I不超过整棵树的叶子个数。D≤20。输入最

uva 12096超级难的一题..1.set<int> ()表示空集2.set_union求并集 set_intersation求交集用法set_union(x1.begin(),x1.end(),x2.begin(),x2.end(),inserter(x,x.begin())); 前4个参数是两个集合的起点终点.然后最后一个的插入迭代器第一个填同类型的的东西（新生成的并集）和那个起点.begin.交集同理set_intersection(x1.begi...

输入一些单词，找出所有满足如下条件的单词：该单词不能通过字母重排，得到输入文本的另外一个单词。在判断是否满足条件时，字母不分大小写，但在输出时应保留输入的大小写，按字典序排列。思路：先把单词都弄成小写，字母重排嘛，不就是排序后看看各个数字是否相等.我们直接把处理后的字符（小写化且排序后）用map映射进行计数，计数值为1的就是答案.map的用法： map<string,int> q;q["dashabi"]=1;这样引用q["dashabi"]的值就是1.2.count的用法，c.

题目：给一个文段，让你找出各个单词（空格分开），然后只输出一个（去重）.思路用set保存字符串（字典序排序并去重）.并且用stringstream分开字符串.1.复习ctype.h的几个函数 isalpha tolower（转成小写字母）2.set的使用及迭代器.迭代器可以理解为指针.用来遍历STL容器for(set<string>::iterator it=dict.begin();it!=dict.end();it++) { cout<< *it<&..

Uva 101繁琐的模拟题，有时候对于重复的动作，我们可以编写一个函数去实现他.1. int &a,int &b的妙用，查找各种木块的编号.void find(int a,int &p,int &h){ for(p=0;p<n;p++){ for(h=0;h<q[p].size();h++){ if(q[p][h]==a) return ; } }}传参的时候就直接 int pa,pb,ha,hb;find(a,pa,h.

题意给你一个字符串，然后这个字符串可以重排，一一映射(一个字母可以随便换)，比如A映射到Z，B映射到A...然后再给一个答案字符串，问这个答案字符串能不能由上面的字符串重排映射得到.思路：因为可以重排，这提示我们字母的顺序其实根本没有关系.只需要统计两个字符串中各自字母出现的顺序，然后sort两个计数数组，如果他们的值都一一相等，则说明能通过重排变换得到.为什么会这样呢..举个例子原串 BBBXXX 答案串 VVVAAA 答案是yes...

让人思考人生的一题题意给你一个分子式，然后让你计算它的分子量.1.首先要考虑元素连着的情况，然后分子量的计算要遇到后面的字母才计算2.然后也要考虑数字是二位数以上的情况，所以不能用getchar必须整段字符串输入.3.用一个temp储存上一次的字母，遇到下一个字母的时候再次计算.4.开关cnt的妙用。用它来检查字母状态并顺便计数，刘大爷nb.代码段#include<iostream>#include<ctype.h>#include<cstd.

题目给出一个DNA环（A.C.G.T组成一个环）求最小字典序输出序列.如CTCC最小字典输出序列就是 CCCT。for(j=0;j<len;j++){ if(s[(now+j)%len]!=s[(next+j)%len]){ if(s[(now+j)%len]<s[(next+j)%len]) return false; else return true; }}核心代码比较每个序列对应的字母大小相等跳过，答案序列大的就返回true修改答案序列，答案序列小的就...

题目一个数字x加上它各个位数得到数字y，那么x是y的生成元（x一通操作得到y）比如120的生成元之一（可能？）是114.给出一个数字n（1<=n<=100000），求最小生成元。朴素做法，枚举n-1前每个数字的生成元，看它能否等于你要求的数字。然后看一下数字n=1e5，我感觉没戏..再想，我能不能把每个数字（x）能生成的y记录下来形成一种二元关系.然后它问哪个，我就查表给哪个就完事了，然后复杂度是O（n）吧然后核心部分，至于中间某变量为什么叫xxxxx，我第一次做用的i，然...

uva340统计正确位置(A)的数字很简单，扫一遍两个数组判断是否匹配即可。统计出现过的数字但位置不对的数字数目从正面推比较难。可以这么思考：出现过的数字但位置不对的数字数目=总数-正确位置数字的总数（A）那么，只要求出所有所谓所有数字的“总数”即可。那么总数又是什么，我认为是上下相同数字的匹配数，如下面 1有2个匹配数，5有1个匹配数（1与1匹配，5与5匹配，无论位置是否正确），如果位置正确，那它会被加到正确位置数字的总数上，不正确的，我们通过上面的减法求出.通过上面的观察我们大致知道（？）.