稻草人

这个题是我水出来的，水了一天才水出来的，代码有点乱。思路：1，读矩阵，2，从不同方向四种翻转，每种翻转翻三个90°3，读入m个单词4，找出不合要求的情况做好标记5，输出字典序最小的   明文 代码如下：（由于变量很多，命名命的我头都大了，所以有点乱）#include #include #include #include using namespace std

思路十分简单，就是计算一下 n / ((m)^(n-1));代码如下：int cnt, ans[100];int gcd(int a, int b){ return b==0?a:gcd(b,a%b);}void cal(int x){ for(int i = 0; i < cnt; ++i) ans[i] *= x; int t =

比赛的时候一直磕到lcs上，怎么优化都不能过掉这道题目，，，，气死个人，，，听了人家的找区间回文串的思路，才恍然大悟啊。。。状态：dp[i][j]表示i,,,j组成的子串中的最长回文串的长度状态转移：dp[i][j] = max{dp[i+1][j], dp[i][j-1], dp[i+1][j-1]+2*(s[i]==s[j])};代码如下：#include #in

思路：   把表演的时间段想象为直线轴上的线段，统计各点的重复次数，最大值即为答案。   由于各个线段的有效信息（可能存在最大值）均在端点上。所以线性扫描的时候只扫描端点即可。代码如下：const int M = 105;struct Node{ int x, type; bool operator < (const Node &tmp) const

题意：  从初始状态开始(1,2,3,4,5,6,7.....n)，每个节点往下都有两个状态一种是(1,3,5,7,...2,4,6,8....)另一种是(2.4.6.8....1,3,5,7....)；  那么这到题目的可以看作一个状态二叉树，在树上，假如到第x层有解，那么此时节点的状态肯定是：A位置是X，B位置是Y。  即xx = A；yy = B;(xx表示X的所在位置， 同理，

题意：求最小的x！使得x！>= a1^b1*a2^b2*a3^b3.......；思路：a总是在100以内的，所以分解质因数，保存其各个质因数的个数即可保存下来这个very big的大数；然后二分x，求解最小的x即可。代码如下：typedef long long LL;typedef unsigned long long LLU;const int M = 105;

看起来想博弈的题目，说白了，就是一道搜索的题目。思路：先从里往外搜，把宝藏的保护壳标记出来，如果保护壳是开口的，那么Ali第一次就能赢得比赛， 如果是闭口的，那么第一次打开保护壳的人输，因此，我们再次从外围向里搜索，把那些保护壳外的都统计出来，正好在壳上的，就统计x-1，开始的时候用的两遍dfs，果断的爆栈，然后换了bfs才过的，还要注意存数据的数组要初始化的，，，代码如下

典型的矩阵快速幂：http://blog.youkuaiyun.com/coraline_m/article/details/9977405代码如下：#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #def

思路：由     there is at most one student who is unlucky  可知，如果答案存在的话，那么所有人手中的传单之和肯定是个奇数，否则的话必定是偶数。根据这一特征进行二分，如果左半部分是奇数的话，那么答案肯定在左半部分，否则的话，在右半部分，最后最二分的答案检查一下即可。代码入下：int n, a[M], b[M], c[M];

博弈专题开始了，这里分享一个大神的专题：http://blog.youkuaiyun.com/acm_cxlove/article/details/7854526这个题目来自：http://blog.youkuaiyun.com/acm_cxlove/article/details/7854530把同一颜色的糖果看作一对物品，我们一次只能从一个堆上取任意个（不少于1个）糖果，取最后一个糖果的人是输家。这是

典型的巴什博弈代码如下：int main(){ int n, m, t; scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d%d", &n, &m); if(n%(1+m)) puts("first"); else puts("second"); }}

裸的sg函数题目代码如下：const int M = 1005;int f[M], sg[M];void getSG(){ sg[0] = 0; for(int i = 1; i < M; ++i) { bool vis[M]; memset(vis,0,sizeof(vis));

思路：    跟hdu1907一样的,都是尼姆博弈的裸应用，把每组苹果都看作一堆待取的物品，则一次只能从一个堆上取若干个(不少于1个).取最后一个苹果的人输掉。    唯一不同的地方是对于一个堆，某人取过以后可以变成两个堆，例如题目中所说的｛@@@｝--->{@  @}；但这个并不影响结果，因为对于任意的T2状态不管怎么取，都是只能变作S1状态和S2状态。代码几乎和1907的一模一样。

这道题目稍微上点难度了。 题意：(from:http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2011/08/29/2158581.html) 2 个人玩游戏，从 1 开始，轮流对数进行累乘，直到超过一个指定的值。 解题思路： 如果输入是 2 ~ 9 ，因为Stan 是先手，所以Stan 必胜 如

题目很啰嗦，说白了就是sg函数的简单运用，因为还没有理解sg函数的原理，只能先套用模板了~~代码入下：const int M = 10005;int n, sg[M], f[105];int getSG(int x){ int &ans = sg[x]; if(ans!=-1) return ans; bool vis[110];

题意：    已知多个描述，每个描述都给出一个区间的它的和，求这些描述中错误描述的个数。思路：    思路和poj1733差不多，就是把利用并查集把所有区间的起点和终点都放到集合里面，其中s[x]用来表示区间(p[x], x]的和，其他合并区间和路径压缩的公式也很好推，具体的见代码。    另外需要说的是：杭电坑爹，任何题目都要写成多case。。。代码如下：const

简单的sg函数的应用。。虽然写出了sg函数，但目前还不理解其中的原理。代码如下：const int M = 1005;int sg[M];void getSG(){ sg[0] = 0; for(int i = 1; i < M; ++i) { bool vis[M]; memset(

本解析转自：http://www.cnblogs.com/acmdeweilai/archive/2013/09/11/3315769.html说明下为啥满足三分：设y=f(x) （x>0)表示任意两个点的距离随时间x的增长，距离y的变化。则f(x)函数单调性有两种：1.先单减，后单增。2.一直单增。 设y=m(x) (x>0)表示随时间x的增长，所有点的最大距离y的变化。

题意：给定一个由n个整数组成的整数序列，可以滚动，滚动的意思就是前面k个数放到序列末尾去。问有几种滚动方法使得前面任意个数的和>=0.思路：先根据原来的数列求sum数组，找到最低点，然后再以最低点为始点，求解题目答案，（每求解一始点i，符合要求的条件为：sum[i]>=minx,[minx是i=sum[i]）代码如下：#include #include #include

转：题意：给定一个二维平面，其中x取值为1-N，y取值为1-M，现给定K个点，问至少包括K个点中的一个的满足要求的共有多少中取值情况。也就是说K个点中至少一个点落在所给定的区间内。解法：正面求解，由于点只有1000个，因此直接暴力离散化之后的x轴坐标，对于y轴则可以通过增加一个一个加入点，使用一个set来维护纵轴有多少种不同的取法。代码如下；#include #inclu

没想到自己是这么的水，若干人都说水 的题，我竟然没做出来啊，，，其实看了人家的代码，，发现这道题就是水 啊啊   啊啊啊啊啊。。。。自己的想法：先取出子串，，，然后字符串匹配，，尽管我用了kmp算法，，但是交上还是严重的超时啊啊啊啊a正确思路：尽管有什么ac自动机，后缀数组，，我们暴 力就可以了，代码很短，思路很明了，，所以我就介绍暴力的思想，（其实那两种算法，身为大菜鸟的我还不会

题意：给定一个串，每次可以删除一个回文子串，问把全串删干净的最少次数。思路：用状态压缩把所有的状态枚举出来，用数组记录所表示状态所有字符被删除干净的最少次数。状态：dp[x]表示在状态x下把所有字符删除的最少次数。状态压缩：dp[x] = min{dp[x], dp[k]}(k是x的子集)这样的dp的边界不再是dp[0]或dp[n]了。而是对每个状态都要设定原始值，如果某个

有点大数的意思。。。从给定的X往上加就行了。。。对于n位的数字来说， 假如不需要增加长度就可以找到Y的话，那么Y         证明：假如前n-2位的数字之和为CC,  则CC%10肯定是位于【0...9】之中的，所以后两位只需对应凑出【10....1】即可。       其中为了凑出10需要用两位形成【19，28，37，，，91】中的数，所以我们最多只需要动用两位。

多校联赛第二场1008结题报告上竟然给的是乱搞二字。题意：从矩阵中找最大的正方形子矩阵使得每行每列的数字是符合回文。输出最大的边长。1、动归  状态；dp[i][j][k]表示以（I，j）为左上角坐标点且边长为k的子矩阵是否符合回文。状态转移：dp[i][j][k] = 1 (如果dp[i-1][j-1][k-2]==1&&外围的四条边上的数字符合回文， 否则dp[i][j][

这道题好多种做法，，，1、联通图。    由于题目特点，这道题可以转化为求图的改图的子联通图，每个包含x个点的联通图都可以最多得到不重叠的x/2个牌。注意这句话：很重要的（It's guaranteed the dominoes in the same direction are not overlapped, but horizontal and vertical dominoes

今天比赛的一道题目，有位同学写的代码比我写的好多了，而且有点贪心的意思，所以就贴了上来，用sum来存前面的正和，如果sum这是因为前面的和小于0的话，对后面的最大连续和，做不了贡献，反而会拖了后腿。如果现在的sum比max要大的话，则更新答案，代码如下：#include #define M 100005#define INF 0x7fffffffint main (){

题意：对于每个数的分解，列出其元素的出现的个数。思路：比赛的时候把1~5的每个元素的个数列出来后就可以简单看出其中的固定规律     1   2   3   4   51    1   2   5   12  282        1   2   5   123           1   2   54               1   25

题意：给定一个1到n的排列，输出三元组(x,y,z) （满足条件x思路：建立树状数组，对于每个位置都求出前面比a[i]小的数字的个数L，好后面比a[i]大的数字的个数R, 则有该位置作为开始的的满足条件的三元组包含在R(R-1)个中，当然其中参杂着(x,y,z)(x代码如下：#include #include #include #include #include #i

刚开始的时候虽然也用了哈希，但复杂度是n^n的，所以果断的tle了。搜了一篇题解，顿时，膜拜之意油然而生，虽然复杂度都是n^n的，但是大神的代码果断的优化了。把复杂度从10^8降到了10^7了。同样使用哈希，达到的效果果断的有天差地别呀。。。代码如下：#include #include #include #include #include #include #inclu

题意：已知x,y,l,d，要求判断汽车能不能安全通过该转角。思路：三分角度，求解h 的最大值，若max>y的话，则汽车能安全通过，否则便不能安全通过。代码如下：#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define

摘自题解： 题意转化一下就是：给出一列数a[1]...a[n]，求长度最长的一段连续的数，使得这些数的和能被M整除。分析：设这列数前i项和为s[i],则一段连续的数的和 a[i]+a[i+1]+...+a[j-1]+a[j]=s[j]-s[i-1]，所以这段连续的数的和能被m整除的条件就是 (s[j]-s[i-1]) % m == 0，即 s[j]%m-s[

定理详见维基百科。。。。http://zh.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%94%E9%82%8A%E5%BD%A2%E6%95%B8%E5%AE%9A%E7%90%86代码如下：#include #include #include #define LL long long#define INF 0x7fffffff#define MOD 1000000007

摘自题解：若没有边权，则对点权从大到小排序即可。。考虑边，将边权拆成两半加到它所关联的两个点的点权中即可。。。因为当两个人分别选择不同的点时，这一权值将互相抵消。代码如下：#include #include #include #define LL long long#define INF 0x7fffffff#define M 100010using name

这道题比赛中没做出来，赛后搞了好久才出来的，严重暴露的我薄弱的数学功底，这道题要推公式的，，，有类似于1*a+2*a^2+3*a^3+...+n*a^n的数列求和。最后画了一张纸才把最后的结果推出来。：：(x*M^x)/N.而且通过这道题我发现有些数学函数还不如直接循环来的快，例如这道题中求x的值的时候。方法一：int x = int(log(n)/log(m)+0.5);

思路来自于：http://www.cnblogs.com/wuyiqi/archive/2011/11/06/2238530.html枚举两个多边形的两个点组成的直线，判断能与几个多边形相交因为最佳的直线肯定可以经过某两个点（可以平移到顶点处），所以暴力枚举两个点就好了如果有模版的话，写代码就快多了。代码如下：#include #include #include #i

这道题是有规律的博弈题目，，，所以我们只需要找出规律来就ok了牛人用sg函数暴力找规律，菜鸟手工模拟以求规律。。。【牢骚】if(m>=2){if(nelse {first无法一口吃掉所有的，所以second成了主动的了，如果first第一口吃掉k1个，那么明智的second只要吃掉k2个就可以了（n-k1-k2是偶数，也包括0的），使得 剩下的数字是分成两个数字数目相等

思路：    尼姆博弈的变形， 对于每个堆都遍历一下，若起始状态已是T态，则ans = 0;   否则，就求其他n-1个数的异或值temp，    如果temp代码如下：const int M = 105;int a[M];int main(){ int n; while(~scanf("%d", &n) && n) {