传说fans是一个数学天才。在他五岁那年，从一堆数字卡片中选出了4张 卡片：5，7，6，8。这4个数字有什么神秘之处呢？如果把这4张卡片自左往右的排成：5，6，7，8。你就会发现：原来这4个数字构成了等差数列！当年 fans选出了n组卡片，据说都能够构成等差数列。但是事实真的是这样吗？fans真的有这么神奇吗？ n组数据就是fans选出的n组卡片，请你判断每一组卡片是否能构成等差数列.
2013.7.14 acm_schooltraining 解题报告
话说没有完成任务就不要悠闲地去睡觉啊~
Problem A: 神奇的fans
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 84 Solved: 30[ Submit][ Status][ Web Board]Description
Input
第一个数为数据的组数n，表示后面有n行，每行中的第一个数为该组数据的元素个数m（1≤m≤100），其后是m个正整数（不会超出int的表示范围）。
Output
如果能够构成等差数列，输出“yes”，否则输出“no”。
Sample Input
24 5 7 6 88 1 7 3 2 8 12 78 3
Sample Output
yesno
HINT
此题属简单题（话说自己现在就这种水平，路漫漫其修远兮，吾将上下而求索呀~）；
关键点：排序 等差中项（由于数列不是很大因而逐项比较，注意循环条件）
way：
#include
#include
using namespace std;
int a[100];
int cmp(int a,int b)
{
return a>b;
} int main()
{
int n,m,flag;
cin>>n;
while(n--){
cin>>m;
flag=1;
for(int i=0;i>a[i];
sort(a,a+m,cmp); //从小到大排个序
for(int i=0;i Problem B: 伊甸园日历游戏
Time Limit: 2 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 18 Solved: 5
[ Submit][ Status][ Web Board]
Description
Adam和Eve玩一个游戏，他们先从1900.1.1到2001.11.4这个日期之间随意抽取一个日期出来。然后他们轮流对这个日期进行操作： 1 ： 把日期的天数加1，例如1900.1.1变到1900.1.2 2 ： 把月份加1，例如：1900.1.1变到1900.2.1 其中如果天数超过应有天数则日期变更到下个月的第1天。月份超过12则变到下一年的1月。而且进行操作二的时候，如果有这样的日期：1900.1.31，则变成了1900.2.31，这样的操作是非法的，我们不允许这样做。而且所有的操作均要考虑历法和闰年的规定。 谁先将日期变到2001.11.4谁就赢了。 每次游戏都是Adam先操作，问他有没有必胜策略？
Input
一个测试点。多组数据。 第一行为数据组数。 接下来一行X Y Z表示X年Y月Z日
Output
输出“YES”or“NO”表示亚当是否有必胜策略。
Sample Input
3
2001 11 3
2001 11 2
2001 10 3
Sample Output
YES
NO
NO
HINT
建议先把所有情况都算出来^_^
分析：初读题目感觉挺麻烦的一道题，一看提示就吓得不敢做了。但是同学找到的规律却是简单的——y+z（y为月，z为日）如果为偶数则必胜，反之则输出“N”,但是有两组特殊情况是9.30和11.30也是可以的。虽说规律简单，但推起来也不简单，还是要自己在推推。
另外，本题有一般做法。
Q：年份是多余的条件？
//vijos-p1004
#include
using namespace std;
int main()
{
int t,x,y,z;
cin>>t;
while(t--){
cin>>x>>y>>z;
if((y==9&&z==30)||(y==11&&z==30))
cout<<"YES"< Problem C: 核电站问题
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 76 Solved: 13
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Description
一个核电站有N个放核物质的坑，坑排列在一条直线上。如果连续M个坑中放入核物质，则会发生爆炸，于是，在某些坑中可能不放核物质。 现在，请你计算：对于给定的N和M，求不发生爆炸的放置核物质的方案总数。
Input
输入文件只有一行，两个正整数N,M。
Output
输出文件只有一个正整数，表示方案总数。
Sample Input
4 3
Sample Output
13
HINT
全部数据n< =50,m< =5
Q: f[4]=1的具体含义？
way：
#include
#include
#include
using namespace std;
long long f[60];
int main()
{
int n,m;
while(cin>>n>>m){
f[4]=f[5]=1;
for(int i=6;i Problem D: Function(Function(F...
Time Limit: 2 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 58 Solved: 13
[ Submit][ Status][ Web Board]
Description
对于一个递归函数w(a,b,c) 如果a< =0 or b< =0 or c< =0就返回值1. 如果a> 20 or b> 20 or c> 20就返回w(20,20,20) 如果a< b并且b< c 就返回w(a,b,c-1)+w(a,b-1,c-1)-w(a,b-1,c) 其它别的情况就返回w(a-1,b,c)+w(a-1,b-1,c)+w(a-1,b,c-1)-w(a-1,b-1,c-1) 这是个简单的递归函数，但实现起来可能会有些问题。当a,b,c均为15时，调用的次数将非常的多。你要想个办法才行.
Input
会有若干行. 并以-1，-1，-1结束.
Output
输出若干行
Sample Input
1 1 1
2 2 2
-1 -1 -1
Sample Output
w(1, 1, 1) = 2
w(2, 2, 2) = 4
分析：看似是个简单的递归，但是有提示会超时，所以可以在递归的时候用备忘录记录过程值（所谓过程值也是相对说法，就是把计算过的结果保留下来，方便之后使用），一开始不知道怎么使用备忘录，请教了同学之后明白了——先判断边界条件，然后再看该组数据的结果是否已经记录过（有标记来看），是的话直接返回结果，不然进行计算，然后保存结果；还有另一种方法是递推法
way1:
#include
#include
#include
using namespace std;
#define N -999999
int vis[25][25][25];
long long w(int a,int b,int c)
{
if(a<=0||b<=0||c<=0)
return 1;
else if(a>20||b>20||c>20)
return w(20,20,20);
if(vis[a][b][c]!=N)
return vis[a][b][c];
else if(a>a>>b>>c){
if(a==-1&&b==-1&&c==-1)
break;
for(int i=0;i<=20;i++)
for(int j=0;j<=20;j++)
for(int k=0;k<=20;k++)
vis[i][j][k]=N;
printf("w(%d, %d, %d) = %d\n",a,b,c,w(a,b,c));
}
return 0;
} way2:
#include
#include
#include
using namespace std;
#define N -999999
int f[25][25][25];
int main()
{
int a,b,c;
for(int i=0;i<=20;i++){
for(int j=0;j<=20;j++){
for(int k=0;k<=20;k++){
if((i==0)||(j==0)||(k==0)) f[i][j][k]=1;
else if((i>a>>b>>c){
if(a==-1&&b==-1&&c==-1)
break;
if((a<=0)||(b<=0)||(c<=0))
printf("w(%d, %d, %d) = 1\n",a,b,c);
else if((a>20)||(b>20)||(c>20) )
printf("w(%d, %d, %d) = %d\n",a,b,c,f[20][20][20]);
else
printf("w(%d, %d, %d) = %d\n",a,b,c,f[a][b][c]);
}
return 0;
} Problem E: VIJOS-P1292
Time Limit: 2 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 9 Solved: 8
[ Submit][ Status][ Web Board]
Description
一个铁路线上有n(2< =n< =10000)个火车站，每个火车站到该线路的首发火车站距离都是已知的。任意两站之间的票价如下表所示：
站之间的距离 X 票价
0< X< =L1 C1
L1< X< =L2 C2
L2< X< =L3 C3
其中L1，L2，L3，C1，C2，C3都是已知的正整数，且(1 < = L1 < L2 < L3 < = 10^9, 1 < = C1 < C2 < C3 < = 10^9)。显然若两站之间的距离大于L3，那么从一站到另一站至少要买两张票。注意：每一张票在使用时只能从一站开始到另一站结束。 现在需要你对于给定的线路，求出从该线路上的站A到站B的最少票价。你能做到吗？
Input
输入文件的第一行为6个整数, L1, L2, L3, C1, C2, C3 (1 < = L1 < L2 < L3 < = 10^9, 1 < = C1 < C2 < C3 < = 10^9) ,这些整数由空格隔开.第二行为火车站的数量N (2 < = N < = 10000).第三行为两个不同的整数A、B,由空格隔开。接下来的 N-1 行包含从第一站到其他站之间的距离.这些距离按照增长的顺序被设置为不同的正整数。相邻两站之间的距离不超过L3. 两个给定火车站之间行程花费的最小值不超过10^9，而且任意两站之间距离不超过 10^9。
Output
输出文件中只有一个数字,表示从A到B要花费的最小值.
Sample Input
3 6 8 20 30 40
7
2 6
3 7 8 13 15 23
Sample Output
70
HINT
这道题根本就没往复杂处想，拿来就直接做了，自己的思路是先求出出发站与到达站之间的距离，然后按照他所在的范围一次减去L1、2、3，同时加上相应的票价。同学用的是DP，暂时没弄明白，再去讨教讨教。话说因为之前能过是因为只有一组数据，惭愧！
大神代码：
Problem F: 搭建双塔
Time Limit: 2 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 15 Solved: 8
[ Submit][ Status][ Web Board]
Description
2001年9月11日，一场突发的灾难将纽约世界贸易中心大厦夷为平地，Mr. F曾亲眼目睹了这次灾难。为了纪念“9?11”事件，Mr. F决定自己用水晶来搭建一座双塔。 Mr. F有N块水晶，每块水晶有一个高度，他想用这N块水晶搭建两座有同样高度的塔，使他们成为一座双塔，Mr. F可以从这N块水晶中任取M（1≤M≤N）块来搭建。但是他不知道能否使两座塔有同样的高度，也不知道如果能搭建成一座双塔，这座双塔的最大高度是多少。所以他来请你帮忙。 给定水晶的数量N（1≤N≤100）和每块水晶的高度Hi（N块水晶高度的总和不超过2000），你的任务是判断Mr. F能否用这些水晶搭建成一座双塔（两座塔有同样的高度），如果能，则输出所能搭建的双塔的最大高度，否则输出“Impossible”。
Input
输入的第一行为一个数N，表示水晶的数量。第二行为N个数，第i个数表示第i个水晶的高度。
Output
输出仅包含一行，如果能搭成一座双塔，则输出双塔的最大高度，否则输出一个字符串“Impossible”。
Sample Input
5
1 3 4 5 2
Sample Output
7
HINT
分析：DP，dp[i][j]（两座塔的高度i,j）如果为1则存在，若为0则不存在；最后找dp[i][j]最大的，若没有则输出 “Impossible”;
way:
#include
#include
using namespace std;
int h[105];
int dp[2010][2010];
int main()
{
int n,sum=0,flag;
while(cin>>n){
flag=0;
for(int i=0;i>h[i];
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i=0;j--)
for(int k=1001;k>=0;k--){
if(dp[j][k]){
if(j+h[i]<=1001)
dp[j+h[i]][k]=1;
if(k+h[i]<=1001)
dp[j][k+h[i]]=1;
}
}
for(int i=1001;i>0;i--)
if(dp[i][i]){
cout< Problem G: 过河
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 10 Solved: 2
[ Submit][ Status][ Web Board]
Description
在河上有一座独木桥，一只青蛙想沿着独木桥从河的一侧跳到另一侧。在桥上有一些石子，青蛙很讨厌踩在这些石子上。由于桥的长度和青蛙一次跳过的距离都是正整数，我们可以把独木桥上青蛙可能到达的点看成数轴上的一串整点：0，1，……，L（其中L是桥的长度）。坐标为0的点表示桥的起点，坐标为L的点表示桥的终点。青蛙从桥的起点开始，不停的向终点方向跳跃。一次跳跃的距离是S到T之间的任意正整数（包括S,T）。当青蛙跳到或跳过坐标为L的点时，就算青蛙已经跳出了独木桥。 题目给出独木桥的长度L，青蛙跳跃的距离范围S,T，桥上石子的位置。你的任务是确定青蛙要想过河，最少需要踩到的石子数。 对于30%的数据，L < = 10000； 对于全部的数据，L < = 10^9。
Input
输入的第一行有一个正整数L（1 < = L < = 10^9），表示独木桥的长度。第二行有三个正整数S，T，M，分别表示青蛙一次跳跃的最小距离，最大距离，及桥上石子的个数，其中1 < = S < = T < = 10，1 < = M < = 100。第三行有M个不同的正整数分别表示这M个石子在数轴上的位置（数据保证桥的起点和终点处没有石子）。所有相邻的整数之间用一个空格隔开。
Output
输出只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。
Sample Input
10
2 3 5
2 3 5 6 7
Sample Output
2
分析：DP之外，因为桥长度很长，但是石子却很少，这就要进行状态压缩。这里用S,T之间的lcm来进行压缩，（因为LCM是S到M之间任意数的倍数），状态方程为：
dp[i]=dp[i-j]+flag[i](s<=j<=t,flag[i]为i点有无石头)
way:
//VIJOS-P1002
#include
#include
#define N 3200000
#define MAX 999
using namespace std;
int dp[N],flag[N];
int s,t,m,a[110];
int GCD(int a,int b)
{
return b==0?a:GCD(b,a%b);
}
int main()
{
int l,count;
cin>>l>>s>>t>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
cin>>a[i];
int lcm=1;
for(int i=2;i<=10;i++)
lcm=lcm*i/GCD(lcm,i);
sort(a+1,a+m+1);
a[m+1]=l; //跳出
for(int i=1;i<=m;i++)
if(a[i+1]-a[i]>lcm)
a[i+1]=a[i]+(a[i+1]-a[i])%lcm; //压缩
l=a[m+1]; //更新l
for(int i=1;i<=m;i++) flag[a[i]]=1;
for(int i=1;i<=l+t;i++) dp[i]=MAX; //可跳过l+t
for(int i=1;i<=l+t;i++)
for(int j=s;j<=t;j++)
if(i>=j&&dp[i]>dp[i-j]+flag[i])
dp[i]=dp[i-j]+flag[i];
count=MAX;
for(int i=l;i<=l+t;i++)
if(count>dp[i])
count=dp[i];
cout< Problem H: 过河卒
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 69 Solved: 14
[ Submit][ Status][ Web Board]
Description
如图，A 点有一个过河卒，需要走到目标 B 点。卒行走规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马（如上图的C点），该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。例如上图 C 点上的马可以控制 9 个点（图中的P1，P2 … P8 和 C）。卒不能通过对方马的控制点。
棋盘用坐标表示，A 点（0，0）、B 点（n,m）(n,m 为不超过 20 的整数，并由键盘输入)，同样马的位置坐标是需要给出的（约定: C<>A，同时C<>B）。现在要求你计算出卒从 A 点能够到达 B 点的路径的条数。
Input
键盘输入
B点的坐标（n,m）以及对方马的坐标（X,Y）{不用判错}
Output
屏幕输出
一个整数（路径的条数）。
Sample Input
6 6 3 2
Sample Output
17
HINT
话说这道题也忒wired了，交了n次都不过，最好还是仰仗大神了。思路倒是挺清楚的，因为不用判断错所以就简化了不少
动态方程为dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]（从0,0点到i，j点的路径），当然要判断是否为马的控制点，如果是马的控制点应该为0。
Q： 话说当i=0，j=0是上面的方程会出现负数，但是将整个dp矩阵输出之后观察是对的，需要再问问他人
#include
#include
#include
using namespace std;
long long dp[30][30],vis[30][30];
int n,m,x,y;
int main ()
{
while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y)!=EOF)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
memset(vis,0,sizeof(vis));
vis[0][0]=1;
vis[x][y]=1; vis[x+2][y+1]=1; vis[x+1][y+2]=1; //马控制点
vis[x-2][y-1]=1; vis[x-1][y-2]=1; vis[x+1][y-2]=1;
vis[x+2][y-1]=1; vis[x-1][y+2]=1; vis[x-2][y+1]=1;
for(int i=0; i<=n; ++i)
{
for(int j=0; j<=m; ++j)
{
if(!vis[i][j]) //如果不是马控制点
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j-1]);
}
}
printf("%lld\n",dp[n][m]);
}
}