男人八题系列
POJ 1742 Coins
这是一道多重背包的题目，题意大体是给你n中硬币，每种硬币分别有v[i]个。让你求出不超过m能组成的钱数种类。
一开始准备用多重背包写，发现写着写着就复杂了（背包不太会），O(n*m)的算法必然会超时，就想着用数组标记的方法去写了。1282MS，不算长也不算短，等以后更强再去优化吧。
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using namespace std;
int dp[111111],w[111],v[111],map[111111];
inline void RD(int &ret)//输入优化，后来发现对这题基本上没用
{
char c;
do
{
c=getchar();
}
while(c<'0'||c>'9');
ret=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
{
ret=ret*10+(c-'0');
}
}
int main()
{
int n,m,i,s,j;
while(scanf("%d%d",&n,&m))
{
s=0;
if(n==0&&m==0)
{
break;
}
for(i=1; i<=n; ++i)
{
RD(w[i]);
}
for(i=1; i<=n; ++i)
{
RD(v[i]);
}
memset(map,0,sizeof(map));//数组标记
map[0]=1;
for(i=1; i<=n; ++i)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));//清空状态数组
for(j=w[i]; j<=m; ++j)
{
if(map[j]==0&&map[j-w[i]]==1&&dp[j-w[i]] POJ1740 A New Stone Game
一道博弈题，题意就是可以选定多个石堆中的一堆，舍弃至少一个石子，然后可以把多个石子分配给其它石堆。然后谁拿走最后一堆获胜。
首先找必败态（1,1）为先手必败，然后往后推。对任意状态，把所有的堆从大到小排序，设为a[1]，a[2]，a[3]……，a[n]>0。
首先确定操作最大的一堆a[1]。把a[2]-a[3]个石子放到第3堆，a[4]-a[5]个石子放到第5堆，等等。
如果n是奇数，直接把剩下的石子扔掉。如果n是偶数，最后第一堆留an个石子，其余扔掉。
当n是奇数，扔掉的石子数为a[1]-(a[2]-a[3])-(a[4]-a[5])-……-(a[n-1]-a[n])=a[1]-a[2]+a[3]-a[4]+……+a[n-2]-a[n-1]+a[n]>=a[n]>0，操作必定成功。
当n是偶数，扔掉的石子数为a[1]-(a[2]-a[3])-(a[4]-a[5])-……-a[n]=a[1]-a[2]+a[3]-a[4]+……+a[n-1]-a[n]。操作不成功<=>扔掉的石子数为0<=>a[1]-a[2]=a[3]-a[4]=……=a[n-1]-a[n]=0，即当前已经为必败态。
所以综上所述：当石堆不成对时，先手必胜，成对时先手必败。。。
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using namespace std;
int map[1001];
int main()
{
int n,x,f,i;
while(scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
{
break;
}
memset(map,0,sizeof(map));//标记
while(n--)
{
scanf("%d",&x);
map[x]++;//记录组数
}
f=0;
for(i=0;i<=100;++i)
{
if(map[i]%2==1)//判断是否成对
{
f=1;
break;
}
}
if(f==1)
{
printf("1\n");
}
else
{
printf("0\n");
}
}
return 0;
} POJ1737 Connected Graph
男人第三题，一道数论题，加上高精度，题意是给你n个点，让你求其中所有点连起来，没有交叉的所有情况数。由于有n个点，所以就是在n个点中取2个点就是所有的直线数，所有直线又有连和不连两种情况，所有总共有2^C(n,2)种情况。得到递推式f(n)=2^C(n,2)-(C(n,1)*f(1)+C(n,2)*f(2)+...+C(n,n-1)*f(n-1));
由于C++的高精度太神了，不太会，所以直接用JAVA飘过，不多说了，表示还可以打表，但是实在太辛苦就算了...
import java.io.*;
import java.util.*;
import java.math.*;
import java.text.*;
public class Main
{
public static void main(String[] args)
{
Scanner cin=new Scanner(System.in);
int n,i,j;
BigInteger Cn[][]=new BigInteger[51][51];
BigInteger f[]=new BigInteger[51];
BigInteger t,tt;
BigInteger a=new BigInteger("2");
for(i=0; i<=50; i++)
{
Cn[i][0]=Cn[i][i]=BigInteger.valueOf(1);
}
for(i=1; i<=50; i++)
{
for(j=1; jPOJ 1743 Musical Theme
求最大不重合子段。。过的人数在8题中算多，，但是由于一直不太懂后缀数组LCP，所以再看了罗穗骞大神的后缀数组后才勉强懂了一点，，sa数组和height数组我只是直接套的模板，最后需要二分求解。。。后缀数组反正还是不太懂（Orz罗大神），，，
1/2水男人。。。
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using namespace std;
int n;
int a[20001],f[20001];
int rank[20001],sa[20001],top[20001],tmp[20001],height[20001],wa[20001],wb[20001];
int cmp(int *r,int a,int b,int l)
{
return r[a]==r[b]&&r[a+l]==r[b+l];
}
void makesa()//后缀数组模板
{
int i,j,p=0,*t,*x=wa,*y=wb,m=200;
for(i=0; i=0; i--)
{
sa[--top[x[i]]]=i;
}
for(j=1; p=j)
{
y[p++]=sa[i]-j;
}
}
for(i=0; i=0; i--)
{
sa[--top[tmp[i]]]=y[i];
}
for(t=x,x=y,y=t,p=1,x[sa[0]]=0,i=1; i=x)
{
return true;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
int i,l,mid,h;
while(scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
{
break;
}
for(i=0; i POJ 1738 An old Stone Game
GarsiaWachs算法，看了大牛的blog才知道原来还有这么神的算法，朴素地写得O(n*n)的复杂度。居然1A。。。
算法内容如下：设一个序列是A[0..n-1]，每次寻找最小的一个满足A[k-1]<=A[k+1]的k，（方便起见设A[-1]和A[n]等于正无穷大）
那么我们就把A[k]与A[k-1]合并，之后找最大的一个满足A[j]>A[k]+A[k-1]的j,把合并后的值A[k]+A[k-1]插入A[j]的后面。
有定理保证，如此操作后问题的答案不会改变。
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using namespace std;
int a[50001];
int n,tmp,ans;
void f(int tt)//直到找出全部
{
int i,j,id=a[tt-1]+a[tt];
ans+=id;
tmp--;
for(i=tt;i0&&a[i-1]=2&&a[i]>=a[i-2])
{
j=tmp-i;
f(i-1);
i=tmp-j;
}
}
int main()
{
int i;
while(scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
{
break;
}
for(i=0;i=3&&a[tmp-3]<=a[tmp-1])//找中间的小值
{
f(tmp-2);
}
}
while(tmp>1)
{
f(tmp-1);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
} POJ 1744 Elevator Stopping Plan
一道二分贪心题，需要比较选择不同楼层停下所花费的最短时间，设定每个楼层都停是最长的上限=14*(n-1)。
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#include
using namespace std;
inline void RD(int &ret)
{
char c;
do
{
c=getchar();
}
while(c<'0'||c>'9');
ret=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
{
ret=ret*10+(c-'0');
}
}
inline void OT(int a)
{
if(a>=10)
{
OT(a/10);
}
putchar(a%10+'0');
}
int v[30001],mm;
bool f(int x)//贪心比较
{
int i=x/20+2,j,cnt=0;
while(i<=mm)
{
while(i<=mm&&v[i]==0)
{
i++;
}
if(((i-1)*4+10*cnt)>x)
{
return false;
}
j=(x-10*cnt+20*i+4)/24;
i=(x-10*cnt+16*j+4)/20+1;
cnt++;
}
return true;
}
int main()
{
int n,i,l,r,m,o,s;
while(1)
{
RD(n);
if(n==0)
{
break;
}
r=0;
memset(v,0,sizeof(v));
for(i=0; i POJ 1741 Tree
树的分治，数据结构的题一直不太会做，所以直到现在才A了这题，典型的树中点对统计，理解了好久才AC了。。。看了QZC大神的论文和PPT很有收获：传送门
最近一直在训练，所以代码变得喜欢用宏定义和输入优化这类的东西。。。
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#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define FOR(i,m,n) for(i=m;i'9');
ret=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
{
ret=ret*10+(c-'0');
}
}
inline void OT(int a)
{
if(a>=10)
{
OT(a/10);
}
putchar(a%10+'0');
}
struct xl
{
int x,y,z;
}e[200001];
int p,q,l,r,ans;
int t[100001],d[100001],a[100001],b[100001];
bool vis[100001];
void dfs(int u,int de)
{
vis[u]=1;
d[u]=de;
int w=t[u],v;
while(w!=-1)
{
v=e[w].x;
if(!vis[v])
{
dfs(v,de+1);
}
w=e[w].z;
}
if(d[u]>d[q])
{
q=u;
}
if(d[u]==(d[q]+1)/2)
{
p=u;
}
}
void dist(int u)
{
int i,j,w=t[u],s=l,t,v,sp,sq;
vis[u]=1;
a[l++]=0;
t=l;
while(w!=-1)
{
v=e[w].x;
if(!vis[v])
{
dist(v);
FOR(i,t,l)
{
a[i]+=e[w].y;
}
j=l-1;
FOR(i,s,t)
{
while(j>=t&&a[j]+a[i]>r)
{
j--;
}
ans+=j-t+1;
}
sp=s;
sq=t;
FOR(i,s,l)
{
if(sq==l||(sp