COCI2008 解题报告
T1：佳肴
Description
佳肴就是非常美味的菜的意思，佳肴最关键的是选择好原料。
现在有N种原料，每种原料都有酸度S和苦度B两个属性，当选择多种原料时，总酸度为每种原料的酸度之积，总苦度为每种原料的苦度之和。
正如大家所知，佳肴是既不酸也不苦的，因为要保证所选的原料使得总酸度和总苦度差的绝对值最小。
由于佳肴不能只有水，所以必须至少选择一种佳肴。
Input
输入第一行包含一个整数N（1<=N<=10），表示原料的种数。
接下来N行每行包含两个用一个空格隔开的整数，分别表示酸度和苦度。
输入数据保证如果所有原料都选上，总酸度和总苦度不会超过10^9。
Output
输出总酸度和总苦度最小的差。
Sample Input
输入1：
1
3 10
输入2：
2
3 8
5 8
输入3：
4
1 7
2 6
3 8
4 9
Sample Output
输出1：
7
输出2：
1
输出3：
1
Hint
样例3中选择最后三种原料，这样总酸度为2×3×4=24，总苦度为6+8+9=23，差为1。
这是一道小学生都能秒掉的题。如果看到这篇博客的您不会，建议后面的也不用看了。
2n 枚举每种佳肴是否选，最后统计答案。
Code：
#includereturn;
}
dg(x+1,a,b,p);
dg(x+1,a*s[x],b+k[x],1);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
fo(i,1,n)
scanf("%d%d",&s[i],&k[i]);
dg(1,1,0,0);
printf("%d",ans);
} T2：二叉树
Description
在一个无穷的满二叉树中，有以下几个特点：
(1) 每个节点都有两个儿子——左儿子和右儿子；
(2) 如果一个节点的编号为X，则它的左儿子编号为2X，右儿子为2X+1；
(3) 根节点编号为1。
现在从根结点开始走，每一步有三种选择：走到左儿子、走到右儿子和停在原地。
用字母“L”表示走到左儿子，“R”表示走到右儿子，“P”表示停在原地，用这三个字母组成的字符串表示一个明确的行走路线。
一个明确的行走路线的价值为最终到达节点的编号，例如LR的价值为5，而RPP的价值为3。
我们用字符“L”、“R”、“P”和“ ∗ ”组成的字符串表示一组行走路线，其中“*”可以是“L”、“R”、“P”中的任意一种，所有跟这个行走路线匹配的字符串都认为是可行的。
例如L*R包含LLR、LRR和LPR。而**包含LL、LR、LP、RL、RR、RP、PL、PR和PP这9种路线。
一组行走路线的价值等于所有匹配该模式的路线的价值之和。请你编程计算给定路线的价值。
Input
输入一个字符串表示一组行走路线，里面只含有“L”、“R”、“P”和“*”四种字符，长度不会超过10000。
Output
输出该路线的价值。
Sample Input
输入1:
P*P
输入2：
L*R
输入3：
**
输入4：
LLLLLRRRRRLLLLLRRRRRLLLLLRRRRRLLLLL
Sample Output
输出1：
6
输出2：
25
输出3：
33
输出4：
35400942560
Hint
30%的数据满足路线中不含“*”;
50%的数据满足最多只有3个“*”。
简单的递推。
设f[i],s[i]分别表示到第i个字符，路线价值之和，路线总类数。
c[i]=’L’:{ f[i]=f[i-1]×2, s[i]=s[i-1] }
c[i]=’R’:{ f[i]=f[i-1]×2+s[i-1], s[i]=s[i-1] }
c[i]=’P’:{ f[i]=f[i-1], s[i]=s[i-1] }
c[i]=’ ∗ ’:{ f[i]=f[i-1]×5+s[i-1], s[i]=s[i-1]×3}
注意开滚动数组，压位会更好。
Code：
#include0])
a[0]=b[0];
fo(i,1,a[0]){
a[i]+=b[i];
a[i+1]+=a[i]/mo;
a[i]%=mo;
}
while(a[a[0]+1]>0)
a[0]++;
}
void time(int *a,int *b){
int c[2000];
memset(c,0,sizeof(c));
fo(i,1,a[0])
fo(j,1,b[0]){
c[i+j-1]+=a[i]*b[j];
c[i+j]+=c[i+j-1]/mo;
c[i+j-1]%=mo;
}
c[0]=a[0]+b[0]-1;
while(c[c[0]+1]>0)
c[0]++;
fo(i,0,c[0])
a[i]=c[i];
}
int main(){
scanf("%s",rp);
f[0][0]=f[0][1]=s[0][0]=s[0][1]=1;
fo(i,0,strlen(rp)-1){
o=!o;
memset(f[o],0,sizeof(f[o]));
memset(s[o],sizeof(s[o]),0);
if(rp[i]=='L'){
fo(j,0,s[!o][0])
s[o][j]=s[!o][j];
f[o][0]=1; f[o][1]=2;
time(f[o],f[!o]);
}
if(rp[i]=='R'){
fo(j,0,s[!o][0])
s[o][j]=s[!o][j];
f[o][0]=1; f[o][1]=2;
time(f[o],f[!o]);
pus(f[o],s[o]);
}
if(rp[i]=='P'){
fo(j,0,s[!o][0])
s[o][j]=s[!o][j];
fo(j,0,f[!o][0])
f[o][j]=f[!o][j];
}
if(rp[i]=='*'){
s[o][0]=1; s[o][1]=3;
time(s[o],s[!o]);
f[o][0]=1; f[o][1]=5;
time(f[o],f[!o]);
pus(f[o],s[!o]);
}
}
write(f[o]);
}
T3：猴子摘桃
Description
动物园内最受欢迎就是猴子了，因为它们除了能爬能跳外还会很多技能。其中A类猴子特别擅长爬树摘桃，而B类猴子擅长把桃子掰成两半。
A类猴子有N只,编号为1到N，B类猴子有M只，编号为1到M。A类猴子中的第K只摘到第一个桃子需要花费A_k秒，此后每B_k秒就能摘到桃子；B类猴子中的第K只掰开第一个桃子需要花费C_k秒，此后每D_k秒就能掰开一个桃子。
不幸的是，B类猴子非常具有侵略性，两种猴子不能同时待在场地内，因此，园长必须在A类猴子摘完所有桃子后立刻把它们带走，然后立刻让B类猴子进园；同样当B类猴子把所有桃子全部掰开后也不能待在场地内太久，因为它们之间也会发生冲突，所有园长将在B类猴子掰开所有桃子后立刻送走它们。
园长带走猴子和猴子进园的速度非常快，时间忽略不计。
Alice非常喜欢看B类猴子掰桃子，告诉你表演的总时间，但不知道一共有多少个桃子，请你帮Alice计算B类猴子进入动物园的时刻。
Input
输入文件第一行包含一个整数T(1<=T<=1000000000)，表示猴子表演的总时间。
接下来一行包含一个整数N(1<=N<=100)，表示A类猴子的数量。
接下来N行，每行包含两个整数A_k和B_k（1<=A_k,B_k<=1000000000），描述A类每只猴子摘桃的速度。
接下来一行包含一个整数M(1<=M<=100)，表示B类猴子的数量。
接下来M行，每行包含两个整数C_k和D_k(1<=C_k,D_k<=1000000000)，描述B类每只猴子掰桃的速度。
Output
输出两类猴子进园的时刻相差多少秒。
Sample Input
输入1：
12
1
3 1
1
5 1
输入2：
20
2
3 2
1 3
3
3 1
4 1
5 1
Sample Output
输出1：
5
输出2：
13
Hint
样例1中，树上有3个桃子：
(1) A类猴子在3秒时摘下第一个桃子，在4秒时摘下第二个桃子，在5秒时摘下第三个桃子；
(2) 在第5秒，园长把A类猴子带走，此时B类猴子进园；
(3) B类猴子在10秒时掰开第一个桃子，在11秒时掰开第二个桃子，在第12秒时掰开第三个桃子；
(4) 在12秒时园长进园带走B类猴子。
比较容易想到二分答案。
然后求出A和B能搞的桃子数，分别是s1，s2。
s1<=s2,ans=mid,l=mid+1;
s1>s2,r=mid-1;
自己yy为什么是这样？
Code：
#include