stormdpzh的专栏

把原序列按 non-decreasing排序，然后把排序后的数组和原序列一一比较，找出本该排1的位置放了2的、3的，本该放2的位置放了1的、3的……由于一次exchange可以把1和2对换，1和3对换，2和3对换，所以做这些交换，然后剩下的就是三个都不同的了，这样每一组都至少经过两次交换才能恢复（比如312经两次交换才可以变成123）。看代码更清楚，很简单的思路，很简短的代码。

题目很简单，这种题做起来也不会错，不过做法很搓，代码很长。/*ID: stormdp1LANG: C++TASK: preface*/#include #include #include using namespace std;int i, v, x;int l, c, d;int m;void Cal(int n){ if(n / 1000 > 0)

一个纯粹的模拟题。/*ID: stormdp1LANG: C++TASK: runround*/#include #include #include using namespace std;bool judge[10];int digit[20];long long n;int len;bool isOk(){ memset(judge, false,

res(i, j)表示用前 j 种组合出 i 。那么：res(i, j) = res(i - coin[i], j - 1) + res(i, j - 1)，即结果有两种情况：取第 j 种钱和不取第 j 种钱。/*ID: LANG: C++TASK: money*/#include #include #include #include #include #define I

直接枚举搜索就可以了。感觉usaco上的难度安排有很多不合理的地方，有些题很简单，有些题又很难。以后做这种题得细心了，虽然一次过了，但改了很久。/*ID: LANG: C++TASK: zerosum*/#include #include #include #include #include #define IN "zerosum.in"#define OUT "z

dp原理：（1）dp[i][j] 表示 i 个节点建 （2）dp[i][j] = E(dp[k][j - 1] * dp[i - k - 1][j - 1])(1 （3）注意（2）中k每次加2，因为左右子树的节点数都是奇数。/*ID: LANG: C++TASK: nocows*/#include #include #include #include #inc

把长的一个string输入之后，枚举每一个位置，看有没有一个primitive能和当前位置i匹配（匹配是指该位和该位置之前的所有位都能匹配出去）。和当前位置匹配的条件是：当前位置之前的length个元素和primitive中的每一位对应相等，并且i - length的位置已经匹配出去了（这样才能把长度加起来）。似乎是dp吧，我不认识……/*ID: LANG: C++TASK: pre

类似于floyd的算法，不过在做完一遍之后，会引起下一次的改变（最后一组数组就是这样的，在这儿wa了），所以可能会做很多遍。设置一个flag，当某一遍没有引起改变时结束。/*ID: LANG: C++TASK: concom*/#include #include #include #include #include #define IN "concom.in"#de