xiachake的博客

跳蚤国王每次使用地下连通系统时，可以指定任意多的城市，将这些城市的水箱用地下连通系统连接起来足够长的时间之后，再将地下连通系统关闭。我们可以证明，在各个子任务的参考算法中都能保证，在任何时候始终保留 65p 位小数时，对任何输入得到的输出，与参考答案的绝对误差都小于 10−p。输入的第一行包含三个正整数 n,k,p 分别表示跳蚤国中城市的数量，跳蚤国王能使用地下连通系统的最多次数，以及你输出的答案要求的精度。跳蚤国有 n 个城市，伟大的跳蚤国王居住在跳蚤国首都中，即 1 号城市中。

已知 n 个整数 x1,x2,⋯ ,xn​，以及 1个整数 k（k

运算虽然可以很快，却会被输出所限制。

当 k=2 时，可用如图二的两个矩形 s1,s2覆盖，s1,s2​ 面积和为 4。将数据划分为k部分，表示k个矩形，用数组a来存储两个相邻矩形的中间点（中间点属于 前一个矩形）a[0]=0,a[k]=n。例如：当 n=4 时，4 个点的坐标分另为：p1(1,1)，p2(2,2)，p3(3,6)，p4(0,7)，见图一。拿到题面读懂题意后，如此之小的数据范围就告诉我们，这道题不是状压就是暴搜，你说状压吧又没看出来有什么好转移的东西，那就是暴搜跑不脱了。共一行一个整数，为满足条件的最小的矩形面积之和。

因为球只要xx轴和车有重合且在那一瞬间的高度h0h0​满足k>=h0>=0k>=h0​>=0小车即可接住这个球~~(居然不会被车头撞飞)~~，所以小车可以接住小球的时间t0t0​满足。然后我们就算这个时间段内小车穿过了多少个小球的xx轴就行了，但这似乎有些难度，我们可以把它转换成求哪个编号的球小车最早可以接住，哪个编号的球小车最晚可以接住。最早接住的球的编号ibib​为int(s1−tmin∗v+l)，记住这里要加上l，因为最早的球可以被车尾接住。对于任意一个小球，下落的时间是一样的，从公式。

如果第二个参数不写，就是从start到字符串结尾。// To。

B. 从左到右，根据当前的前i堆的和sum(i)，与目标的前i堆的和sumstd(i)，进行比较，如果多了，则向后方移动一次纸牌（更新a[i], sum[i], a[i+1]）；C. 从右向左，根据每堆的纸牌数a[i]，与每堆目标纸牌数ave比较，如果多了，则向前移动纸牌（更新a[i], sum[i-1], a[i-1]）所以这题用贪心的思路做后，可以存在负数，可以贷款，这不影响这题的正确性。一个非常不严谨的证明是， nn点，至多 n−1 条边的有向图是一棵树，不可能有环。从最优方案的存在性上下手。

R]传入的中序是E，后序是E - 输出E；[R]传入的中序是FCG，后序是FGC - 输出C，F是左子树，同样操作，G是右子树，同样操作；原因是在元素x被插入以前，x的父节点已经插入在树中（后序遍历的颠倒后的顺序），因此x一定会插入到原来的树中的位置上。首先要知道的是，有前序（后序）和中序可以求后序（前序），但是只有前序和后序是不能求得中序的，证明从略。[L]传入的中序是DEB，后序是EDB - 输出B，DE是左子树，同样操作；[L]传入的中序是DE，后序是ED - 输出D，E是右子树，同样操作；

像2和5这样的，指数在x0,y0x0​,y0​的素数分解式中不同的素因子，能导致P,Q可变；而像3这样的，指数在x0,y0的素数分解式中相同的素因子，在P,Q中的指数一定是相同的，没法变化。我们只需要统计这样的素因子的数量，就像把每种素因子看成不同的球，要放进P,Q这两个不同的袋子里，每一种素因子都有。我们使用(a,b)表示a,b这两个数的最大公因数，使用[a,b]表示a,b这两个数的最小公倍数。素因子2的指数的最大值为2，最小值为0⇒ 其中一个素数分解式中2的指数为2，而另一个为0；

本题数据来源是 NOIP 2001 普及组第一题，但是原题的题面描述和数据不符，故对题面进行了修改，使之符合数据。两个合法数列 a,b 不同当且仅当两数列长度不同或存在一个正整数 i≤∣a∣，使得。打表之前先要把所有数据搜出来，用个笨搜索慢慢搜，我大约搜了10多分钟————看代码。总体来说，这道题是数学思想以及对递推的理解，自己推导一下还是做的出来。我们要求找出具有下列性质数的个数（包含输入的正整数 n）。而我们只要算出1,2的种类就可以加起来得到4的种类。输出一行一个整数，表示合法的数列个数。

接下来有 SS 行，其中第 ii 行均有 77 个正整数xi1,yi1,xi2,yi2,xi3,yi3,Tixi1​,yi1​,xi2​,yi2​,xi3​,yi3​,Ti​，这当中的 (xi1,yi1),(xi2,yi2),(xi3,yi3)(xi1​,yi1​),(xi2​,yi2​),(xi3​,yi3​)，分别是第 ii 个城市中任意 33 个机场的坐标，TiTi​ 为第 ii 个城市高速铁路单位里程的价格。其中，点A,B,CA,B,C为输入的点，DD是所求的点，对角线交点为PP。

然后对于每次分段，实际上我们是把前面一段可以延伸到后面的单词数直接给减掉了，那么我们其实就可以把每次分段时每个位置被删掉会产生的负面贡献算出来，取个最小的，减掉，重复搞一搞，直到分成k段。要求将此字母串分成k份(1

的思路简单不容易错而且代码好写方便改错。为什么当出现n时，只有两项(1+xn)(1+xn)，因为是将数n划分为若干项，所以不能超过该数，且由数1到n项数依次要

提示：记方程 f(x)=0f(x)=0，若存在 22 个数 x1x1​ 和 x2x2​，且 x1

但是同时在后半段，也至少有两个价格点的无调控总利润 t4(0)=68,t5(0)=80t4​(0)=68,t5​(0)=80 高于 tz(0)=54tz​(0)=54，而且斜率 s4=17,s5=16s4​=17,s5​=16 都小于 sz=18sz​=18，所以减小 xx 只能让 tz(x)tz​(x) 越来越小于它们。根据题目给出数据的规律，我们发现，随着单个商品本身利润额 ii 的增大，销量 sisi​ 是单调下降的，也就是说，直线 titi​ 的斜率是单调下降的。若有多解，取绝对值最小的输出。

然后就开始打代码了↓这是代码：：

给定一个信封，最多只允许粘贴 NN 张邮票，计算在给定 KK（N+K≤15N+K≤15）种邮票的情况下（假定所有的邮票数量都足够），如何设计邮票的面值，能得到最大值 MAXMAX，使在 11 至 MAXMAX 之间的每一个邮资值都能得到。设dp[i]表示已知面值的邮票组合出面值为i所需要的最小邮票数，我们把已知的q种不同的邮票面值存在num中，则有状态转移方程：dp[i]=min(dp[i-f[j]]+1)本题不接受 hack 数据。再确定上下界，上界是上一个数+1，由于连续，所以上一次连续的最大值+1。

设 dpj=xdpj​=x，那么如果 h(i)>fxh(i)>fx​，由于 fx≥h(j)fx​≥h(j)，就有 h(i)>h(j)h(i)>h(j)，矛盾，因此总有 h(i)≤fxh(i)≤fx​。fdpifdpi​​ 是最后一个不小于 h(i)h(i) 的位置，fdpi+1fdpi​+1​ 则小于 h(i)h(i)。绿色区域表示合法的 fxfx​（即 fx≥h(i)fx​≥h(i)），红色区域表示不合法的 fxfx​（即 fx

题目传送门：传送门p1019注意：本题为上古 NOIP 原题，不保证存在靠谱的做法能通过该数据范围下的所有数据。本题为搜索题，本题不接受 hack 数据。关于此类题目的详细内容NOIP2000 提高组 T3单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏，现在我们已知一组单词，且给定一个开头的字母，要求出以这个字母开头的最长的“龙”（每个单词都最多在“龙”中出现两次），在两个单词相连时，其重合部分合为一部分，例如 和 ，如果接成一条龙则变为 ，另外相邻的两部分不能存在包含关系，例如 和 间不能相连。输

在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友 XZ 也有幸得以参加。其中1

那么有一个问题，此处原数和进制数都有可能为负数，也就意味着。

给定两个城市之间的距离 D1D1​、汽车油箱的容量 CC（以升为单位）、每升汽油能行驶的距离 D2D2​、出发点每升汽油价格PP和沿途油站数 NN（NN 可以为零），油站 ii 离出发点的距离 DiDi​、每升汽油价格 PiPi​（i=1,2,…变形为costc=((Dcb+Dac)/D2−C)⋅Pc,costd=((Dcd+Dad)/D2−C)⋅Pdcostc​=((Dcb​+Dac​)/D2−C)⋅Pc​,costd​=((Dcd​+Dad​)/D2−C)⋅Pd​。，在用这个加油站的油填满油箱。

把不同的一些并不小的功能写成不同的函数再在主程序当中组织它们，是属于一种标准化、模块化编程的思维。写一个程序，给定一个 NN（2≤N≤102≤N≤10 或 N=16N=16）进制数 MM（100100 位之内），求最少经过几步可以得到回文数。q是高精数组，w是q反转后的数组，l是高精度数的长度，n是进制，ans是所需的步数, s是输入高精度的字符串。和楼上各位 dalao 一样，修改了高精加法的过程，推广到 n 进制，记得要特判对于十六进制数的判断。请把高精加中的——%10改为%n……

求完 nn 的组别 KK 后可以用 nn 减去前 K−1K−1 组的数量 (K−1)×K2(K−1)×2K​ 得到 nn 在第 KK 组的位置（nn 是第 KK 组的第几个），KK 是偶数时分子递增，分母递减；首先，将 Cantor 表沿题目的顺序分组，每条斜线为一组，则 {1/1}{1/1} 为一组，{1/2、2/1}{1/2、2/1} 为一组……第一项是 1/11/1，然后是 1/21/2，2/12/1，3/13/1，2/22/2，。第4层1/4 2/3 3/2 4/1。第3层3/1 2/2 1/3。

若记 si,jsi,j​ 表示第 ii 行第 jj 个字符串，数据保证 s1,1=+s1,1​=+，si,1=s1,isi,1​=s1,i​，∣si,1∣=1∣si,1​∣=1，si,1≠sj,1si,1​=sj,1​ （i≠ji=j）。著名科学家卢斯为了检查学生对进位制的理解，他给出了如下的一张加法表，表中的字母代表数字。根据这些规则可推导出：L=0L=0，K=1K=1，V=2V=2，E=3E=3。假设为 N+1N+1 进制，那么一定有一个数没有出现，假设为 kk。数字个数 N≤8N≤8。

分析可见两同样长字符串 s1,s2s1​,s2​，若 s1s1​ 比 s2s2​ 大，必有 xx 使得 s1s1​ 在 xx 位第一次比 s2s2​ 大。an​，将它们联接成一排，相邻数字首尾相接，组成一个最大的整数。有了这个结论，我们只要对a,b,ca,b,c各乘上一个合适的整数（没错就是合适），不难证明传递性了。可知 aaab‾⩾abaa‾aaab⩾abaa 并且 abaa‾⩾baaa‾abaa⩾baaa。对于全部的测试点，保证 1≤n≤201≤n≤20，1≤ai≤1091≤ai​≤109。

参考以上的推导。

所以 13151315 最后可表示为 2(2(2+2(0))+2)+2(2(2+2(0)))+2(2(2)+2(0))+2+2(0)2(2(2+2(0))+2)+2(2(2+2(0)))+2(2(2)+2(0))+2+2(0)。每次查找最大幂来输出。所以最后 137137 可表示为 2(2(2)+2+2(0))+2(2+2(0))+2(0)2(2(2)+2+2(0))+2(2+2(0))+2(0)由此可知，137137 可表示为 2(7)+2(3)+2(0)2(7)+2(3)+2(0)

高精度算法：有时有的数会太大，甚至超过了long longlong long的范围(263−1≈9×1018)(263−1≈9×1018)，此时需要用字符串(string(string型或charchar型数组))来存储数字，运算时需要特殊的算法进行运算，称为高精度算法。需要的高精度算法可以分解为加法，乘法((用到加法))，阶乘((用到乘法))，阶乘求和((用到阶乘与加法))。

9 共 99 个数分成 33 组，分别组成 33 个三位数，且使这 33 个三位数构成 1:2:31:2:3 的比例，试求出所有满足条件的 33 个三位数。，由于没有3，则2一定也是百位数字（乘2）。最小数的个位就不能是4和5和7（乘3不满足）和9（乘2不满足）。本题为提交答案题，您可以写程序或手算在本机上算出答案后，直接提交答案文本，也可提交答案生成程序。，则7一定也是百位数字（乘3）。最小数的个位就不能是1和4和5和9（乘3）。很显然最小数的百位数字区间为[1，3]，因为它乘上3要是三位数。

你希望找些刺激，于是命令你的士兵们到前方的一座独木桥上欣赏风景，而你留在桥下欣赏士兵们。所有士兵的速度都为 11，但一个士兵某一时刻来到了坐标为 00 或 L+1L+1 的位置，他就离开了独木桥。但是，如果两个士兵面对面相遇，他们无法彼此通过对方，于是就分别转身，继续行走。对于 100%100% 的数据，满足初始时，没有两个士兵同在一个坐标，1≤L≤5×1031≤L≤5×103，0≤N≤5×1030≤N≤5×103，且数据保证 N≤LN≤L。一位同志的原方向的反方向，不就是和他碰头的另一位同志的原方向么！

所以状态转移方程为：(a[][]存权值) dp[x1][y1][x2][y2]=max(dp[x1][y1-1][x2][y2-1],dp[x1][y1-1][x2-1][y2],dp[x1-1][y1][x2][y2-1],dp[x1-1][y1][x2-1][y2])+a[x1][y1]+a[x2][y2];每行的 nn 个整数之间用空格隔开。四维dp，这也是最好想的，设f[i][j][k][l]为从小渊传到小轩的纸条到达(i,j)，从小轩传给小渊的纸条到达(k,l)的路径上取得的最大的好心程度和。

高精++高精高精××单精max{max{高精,,高精}}

每走一步走枚举一下这四种情况，因为在每个点的方案具有唯一性（也就是在某个点走到终点的取数方案只有一个最优解，自己理解一下），所以我们可以开一个数组来记录每一种情况，当重复枚举到一种情况时就直接返回（对，就是剪枝），大大节省了时间（不然会超时哦~）。二维的思路偏向贪心，即定义dp[ i ][ j ]为走到点[ i , j ]时的最佳选项，此时保证第一遍走的时候为最佳答案，第二遍走时为去掉第一遍走过的点时的最佳答案，保证两遍都是分别的最佳答案但非整体的最佳答案……，未懂的同学可以向下看，“特殊”情况：。

那么假设从 (1,1)(1,1) 走到 当前格子的左侧格子 的路径条数是 xx，从 (1,1)(1,1) 走到 当前格子的上方格子 的路径条数是 yy，那么从 (1,1)(1,1) 走到当前格子的路径条数就应该是 x+yx+y。根据 f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)，我们只需要让 f(1,0)=1f(1,0)=1 或者 f(0,1)=1f(0,1)=1 即可。这个方法可行，但是我们把本来是 O(n2)O(n2) 小常数的做法加了一个 8 倍常数。

洛谷P1001也是一道水到不能再水的题。先呈上题目和最最简单的代码（包能AC）

题目：超级玛丽是一个非常经典的游戏。请你用字符画的形式输出超级玛丽中的一个场景。