Contest 2050 and Codeforces Round #718 (Div. 1 + Div. 2)
A - Sum of 2050
首先n需要满足被2050整除，然后就一定有解。
这是n可以被看成
2050 * x * 10^a + 2050 * y * 10^b + ... + 2050 * z * 10 ^c
这时候把n/2050就得到了很多个10的幂次相乘，然后我们只需要去看一下有多少个幂次就好了。尽量取大一点就好了
#includeB - Morning Jogging(优先队列模拟一下)
就是对于个节点上的边，最小的边都让现在手上拿的边长最小值最大的人先选即可。
#includeC - Fillomino 2
题意：给定一个矩阵的主对角线的元素，问能否让每个主对角线上位置延伸出对应该值长度的连续路径。有就输出这个表，没有就-1
很明显，只需要从主对角线开始一层一层往下遍历就行了，对于每个斜线，很明显，对于主对角线来说，如果最上面的值不是1， 那么它只能往下延伸一个位置，然后主对角线上第二个数如果不为1， 那么也只能往下延伸，如果为1，则无法再延伸，这时候主对角线下面的数都只能往左边遍历，然后每个数都延伸出了一位，这时候轮到2不能再延伸了，就这样发现，其实结果以及固定了，只需要再模拟的过程中判断一下有没有冲突就可以了
#includeD - Explorer Space（滚动数组+dp）
不知道不用滚动会不会爆空间，我也没试过，保险起见上了个滚动
题意：就是对于每个点，都和他上下左右四个方向的相邻点之间有一条双向边，每条边都有一个权值。每个点都可以访问上下左右四个方向的相邻点，并获得这条边的权值，问，正好走往k步后，获得的最小权值总和是多少。
思路：用step来存下每个点往上下左右四个方向之间边的权值。
然后， dp[2][k][i][j]表示该点走了k步获得的最小权值和
很明显，k为奇数的时候不可能
行走k步的状态为，每个点的状态转移方程其实就相当于往四个方向走并且回来，并且加上四个方向k-2的状态取最小，也就是说，假定往上走并回来，那么将会消耗2步，那么其他三个方向也是一样的，因为k-2的状态已经得到了，所以只需要求四个方向的最小值就好了，这样子不断转移就可以了。
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j < m; j++)
{
cin >> step[i][j][4];//1 2 3 4上下左右
step[i][j + 1][3] = step[i][j][4];
}
}
for (int i = 1; i < n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
cin >> step[i][j][2];
step[i + 1][j][1] = step[i][j][2];
}
}
for (int len = 2; len <= k; len += 2)
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
dp[num&1][len][i][j] = min(min(dp[(num + 1) & 1][len - 2][i + 1][j] + step[i][j][2] + step[i + 1][j][1], dp[(num + 1) & 1][len - 2][i - 1][j] + step[i][j][1] + step[i - 1][j][2]),min(dp[(num + 1) & 1][len - 2][i][j + 1] + step[i][j][4] + step[i][j + 1][3] , dp[(num + 1) & 1][len - 2][i][j - 1]+ step[i][j - 1][4] + step[i][j][3]));
}
}
num++;
}
代码：
#include