盐水问题OJ

Problem Description
挂盐水的时候,如果滴起来有规律,先是滴一滴,停一下;然后滴二滴,停一下;再滴三滴,停一下...,现在有一个问题:这瓶盐水一共有VUL毫升,每一滴是D毫升,每一滴的速度是一秒(假设最后一滴不到D毫升,则花费的时间也算一秒),停一下的时间也是一秒这瓶水什么时候能挂完呢?
 

Input
输入数据包含多个测试实例,每个实例占一行,由VUL和D组成,其中 0<D<VUL<5000。
 

Output
对于每组测试数据,请输出挂完盐水需要的时间,每个实例的输出占一行。
 

Sample Input
  
  
10 1
 

Sample Output
  
  
13
 个人理解:
1.首先应该算出总共需要的滴数,然后再依次算出间隔数;
2.记住最后一次的间隔要减去;

答案内存时间语言
Accepted1832k0C


代码:
 #include<stdio.h>
#include<math.h>
int main()
{
int t,i,m;
double VUL,D;
while(scanf("%lf,%lf",&VUL,&D)!=EOF)
{
m=VUL/D;
t=(int)ceil(VUL/D);
for(i=1; ;i++)
{
m-=i;
if(m<=0)
break;
t++;
}
printf("%d\n",t);
}
return 0;
}


### 背包问题的动态规划解决方法 背包问题是经典的算法问题之一,通常可以通过动态规划(Dynamic Programming, DP)来高效求解。以下是基于动态规划思想的一种通用解决方案。 #### 1. 定义状态 定义 `dp[j]` 表示容量为 `j` 的背包所能获得的最大价值。对于每一件物品 `i`,其重量为 `w[i]`,价值为 `v[i]`。 #### 2. 状态转移方程 如果当前考虑的是第 `i` 件物品,则有以下两种情况: - 不选这件物品:此时最大价值保持不变,即 `dp[j] = dp[j]`; - 选择这件物品:前提是背包剩余空间能够容纳该物品,即 `j >= w[i]`,则最大价值更新为 `dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i])`. 因此,状态转移方程可以写成: ```plaintext dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i]) ``` #### 3. 初始化条件 初始化时,设所有可能的状态初始值均为零,即 `dp[0...capacity] = 0`,其中 `capacity` 是背包总容量。 #### 4. 实现代码 下面是一个简单的实现: ```python def knapsack(weights, values, capacity): n = len(weights) dp = [0] * (capacity + 1) for i in range(n): # 遍历每一个物品 for j in range(capacity, weights[i]-1, -1): # 倒序遍历背包容量 dp[j] = max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i]) return dp[capacity] # 测试数据 weights = [2, 3, 4, 5] values = [3, 4, 5, 6] capacity = 5 print(knapsack(weights, values, capacity)) # 输出结果应为最大价值 ``` 上述代码实现了标准的 **0-1 背包问题** 解决方案[^1]。 #### 5. 扩展变种 除了基本的 0-1 背包外,还有完全背包、多重背包等问题形式。它们的核心仍然是通过调整状态转移方程来适应不同的约束条件。 例如,在完全背包中,允许同一种物品被无限次选取;而在多重背包中,每种物品最多可取若干次。这些都可以通过对循环结构稍作修改完成处理[^2]。 --- ###
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