9.18算法
机器人重物1126
注意编号是方块的，而不是格点的
及如果为n*m的矩阵，需要开(n+1)*(m+1)的矩阵
//如果没有转向，就是走迷宫，结合记忆化，如果这个点之前走过就不走了
//又转向的话，就用一个变量记录当前转向，
//然后每次转向就花费以此，这时直接bfs就不一定是最优解
void change() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (sd[i][j] == 1) {//每个点本身就是确定的方块中的一个位置
a[i - 1][j] = 1;
a[i][j - 1] = 1;//共需要让4个位置置1，即一个方块的四个点
a[i - 1][j - 1] = 1;
a[i][j] = 1;
}
}
}
}
void fxto() {
switch (ch[0]) {
case'N':cto = 1; break;
}
}
//ft[i]表顺时针排列各个方向的编号
//用顺时针表示并不是说只能顺时针旋转，只是用顺时针表示顺序
//每次都可以向左或向右（即顺&逆）
int ft[5] = { 0,1,4,2,3 };
//fft表示数字i在ft数组中的下标,即要先目标为i的方向，需要用ft数组中的哪个
int fft[5] = { 0,1,3,4,2 };
int abs[5]={0,5}
node first;
first.x = x11, firxt.y = y11;
fxto();
first.t = cto;
first.time = 0;
q.push(first);
node u, d;
while (!q.empty()) {
u = q.front();
q.pop();//u.t代表实际方向，i是这个方向顺时针旋转i次
for (int i = 1; i <= 4; i++) {//表示这个方向顺时针起手的第i个方向
int zhuan = abc[i];//转到这第i个方向所需要的最少次数（可以向左也可以向右）
int fangx = fft[u.t] + i;//全当成顺时针旋转，这个点顺时针起手的第i个方向
//当i确定时，下个方向也就确定了
//然后zhuan就是通过abc数组确定，通过去周期得到转后的方向
if (fangx == 5)fangx = 1;
if (fangx == 6)fangx = 2;
if (fangx == 7)fangx = 3;
if (fangx == 8)fangx = 4;
fangx = ft[fangx];
for (int j = 1; j <= 3; j++) {
int lsx = u.x + fx[fangx] * j;
int lsy = u.y + fy[fangx] * j;
if (lsx >= n || lsx <= 0 || lsy >= m || lsy <= 0 || (lsx == x11 && lsy == y11) || a[lsx][lsy] == 1) {
break;
}
//每次都是距离比当前记录最小才更新目标点的值（目标点记录到达该点的最小值）
//只有比其小，才更新
}
}小木棍1120
如果让两个最小的相加，那么总会剩出最大的组合在一起，从而使最长木棍变长
注意木棍长度相同，要让这个相同的长度最短
？那怎么求相同的长度？
介于两个最长和最短的长度之间
就是说原始木棍的长度*原始木棍的数量=现在木棍的长度和
只需要枚举到木棍长度和的一半即可，因为此时所有木棍有可能拼成2根木棍，原始长度再大就只能是所有木棍拼成1根,因为原始木棍长度=现在木棍长度和/原始木棍数量(>=1)，而为1时必不为最短长度，故只需要遍历到1半即可
先在dfs外定原始棍子的长度
dfs(k,last,rest)k表示正在拼接第几根原来的木棍，
长度相同时也可以拼接成原始木棍，是说如果用相同木棍拼不成时，再往后，用下个更短的木棍
预处理是说排序后重复元素很多，然后要不用与当前木棍长度相同的木棍
如果当前木棍的剩余长度等于当前木棍长度或原始长度
inline int read() {
int x = 0; bool f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = 0;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';
if (f) return x;
return 0 - x;
}
void dfs(int k, int last, int rest) {//k为目前正在拼接的原始棍子的编号，last为正在拼的木棍的前一节编号，rest为剩下的长度
int i;
if (!rest) {
if (k == m) {
ok = 1; return;
}//每次开拼都是从剩下的最长里选一个
for (i = 1; i <= cnt; i++) {
if (!used[i]) { break; }
}//找到第一个没有用过的棍子，由于从左到右遍历，此时就是剩下的最长的棍子
used[i] = 1;
dfs(k + 1, i, len - a[i]);//建立在前k个棍子是这样拼的基础上
used[i] = 0;
if (ok)return;
}
int l = last + 1, r = cnt, mid;//二分找last后第一个，木棍长度不大于剩余长度rest的位置
while (l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (a[mid] <= rest)r = mid;
else l = mid + 1;
}
for (i = l; i <= cnt; i++) {//找到后从第一个开始拼，每次都用可以用的最长的作为搜索起始条件
if (!used[i]) {
used[i] = 1;
dfs(k, i, rest - a[i]);
used[i] = 0;
if (ok)return;
//rest=a[i],在该层dfs中已经用过a[i],如果相等，那么那层dfs后直接这个棍子就拼好了
//之后就是在那个棍子拼好后接着往下拼，这是后续所有情况的最优情况，
//如果没ok,
if (rest == a[i] )return;//如果剩下的长度和当前的木棍（第一个不大于rest的木棍长度一样
i = next[i];
if (i == cnt)return;
}
}
}
n = read();
int d;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
d = read();
if (d > 50)continue;
a[++cnt] = d;
sum += d;
}
sort(a + 1, a + cnt + 1, cmp);
next[cnt] = cnt;
for (int i = cnt - 1; i > 0; i--) {
if (a[i] == a[i + 1]) {
next[i] = next[i + 1];//由于是从后往前赋值，所以相同时就记录前一个所记录的编号
}//是因为从后往前赋值，所以重复元素总存在一个最右边的元素和下一个不重复元素相邻
else {
next[i] = i;//不相同时才记录编号
}
}
for (len = a[1]; len <= sum / 2; len++) {//让len成为原始长度
if (sum % len != 0)continue;
m = sum / len;//得到原始棍子的数量
ok = 0;
used[1] = 1;//第一个棍子总要用的
dfs(1, 1, len - a[1]);
used[1] = 0;//回溯，试试下个棍子,下个长度前，先把1给回溯了
if (ok) {
cout << len;
return 0;//由于len是从小遍历到大，所以最先ok的就是最短的len
}
}放梅花5521
要在某个位置放花，就要这个结点下的所有孩子结点都有花
第i个整数pi代表第i+1号节点的家长节点编号，数组下标i 确定节点的位置，所记录的值代表家长的位置
要想孩子节点有花，先得孩子节点的节点得有花，如果要在第i个孩子位置插花，那么必须满足前i个孩子节点的要求，就是说前面的孩子位置必须要有花，而且在前面孩子位置有花的基础上，还得有当前位置所需要的花
必然存在一种排序可以使所需要的花的数量最小
想法应该是让节点上所需的花的最小的排在前面，以及孩子的孩子所需花最多的排在前面（如果排在后面，在前面已经有了很多花（要保持）的基础上，还额外需要很多的花来装这个节点，如果在前面就装好了，就不需要了）就是说最小的花数至少应该要满足插每个节点的需求，但是因为插完之后要保持（即插后续的花在之前已经插过的基础上），那么最小的花数就必定大于每个节点的需求，
而且也不是单纯的让代价由低到高排好就行，因为要考虑到插每个位置时还需要额外考虑每个位置的孩子花数（假设这个节点装的中等，但是孩子多，虽然孩子是必不可少的，但是把它放在前面就可能比把它放在后面好，放在后面不仅要准备必不可少的孩子，还要准备这期间所增加的额外负担，
就是这么想，音量，每点一首歌基础音量就增加一点（积累的前面节点的负担），然后每首歌都固定有一个最高声音（装这个节点时的需要），但是放完后就下来了，目的就是要让最大音量小（防止爆表），如果点完后提高基础音量大的，就应该放在后面（但如果放它的音量很高，就需要考虑一下，到底是放在后面（即已经提高了很高基础音量之后突然爆破）的声音大，还是提前放，让所有歌都在已经提高了基础音量后再结合其自身的一个最高声音大
可以发现，一首歌既然已经放完，那么其在放完的序列中的顺序就无所谓了，因为都已经提高过了，也就是说对于第i,i+1的歌，其之间排序对后续的歌所能达到的音量无关，只与这两首歌所能达到的音量有关，即要么在第i首歌放完后的基础上突然拔高第i+1的最高音量，要么在第i+1首歌放完后的基础上突然拔高第i首的最高音量，哪个所能达到的最高音量更低，就怎么排。
按照这样的排序，相当于冒泡（还是选择？），就是随便选一首歌，和它周围的歌比较，如果放在别的歌前面能使这二者
两者之中总有最大值，但不同排序下的最大值不一样，目的是让最大值更小，所以尝试交换双方的位置，从中选择一个最大值更小的去排（10，第i首，5，最高3，第i+1首，1，最高9，此时爆表音量为24，调整后为14，需要注意这两首过后，其次序就没意义了，因为都加到基础音量上了）
化简完最后就是如果第i首排在前面音量更小，那么b1-s1 如果第i+2首想排在原来的位置，就要保证bi+1-si+1 这样排，是让每首歌都有最小的一个演奏音量，就是让整体的声音小下来，不知道当前这个歌是不是最吵的歌，就让它尽可能不吵，来一首歌就放一个合适的位置 疑惑就是疑惑为什么最后的不是max，为什么不把max放在最前面，需要考虑到最大的还有基础音量 在求爆表的最大音量，并不一定就是最后一位最大，因为如果有首歌它的最大音量很大很大，那么按照规则，就会被排到很靠前的位置，但演这首歌依然需要很大的音量，所以即使这首歌在前面的位置，爆表音量最大值也是他的，就是维护一个最大值，然后遍历每个位置，遍历（遍历时就是已经排好序的）过了就表示这首歌已经放了，然后不断求这个歌放时的最大音量，和记录的最大音量比较，维护一个最大的音量 同理，每次值为前面记录的积和当下的除，每个人都要在前面的基础上乘上自己的因子为自己的奖赏，即（a/b),前面人过了就积累基础为a,相当于提高基础音量和每首歌自己有个音量 有一个位置，位置是这个位置，区别只在于谁上了这个位置，谁上的时候最小 这么想，对于最大的所在的那个位置，总有四个值，即直接在前面的基础上演奏，以及提高最大的基础后演奏后一首，和在前面的基础上演奏后一首，以及提高后一首的基础上演奏最大的，如果后一首是更大的 max(w+s1,w+b1+s2) 如果s1>b1+s2（第一首放的音量比在第一首基础上放的第二首还大）,max=s1那么b2+s1>s2,即最大的一首放前面，那么交换后的最大音量（在第二首的基础上放第一首）一定比交换前的最大音量（第一首直接放）大 为什么最大的一首不继续往前走了？ 说明max(w+s0,w+b0+s1) 前者是在前面一首直接放和在前面一首的基础上放最大的 后者是最大的直接放，和在最大的基础上放第一首 依然考虑说放最大的时候最大，由于前面max小于后面， 如果交换的话，对后面没影响，但是在最大那首的基础上就成了最大的了，而且比最大的时候还要大 （排在前面，要么基础音量小，要么爆表音量大） 能交换的条件是放在后面得到的最大值更小，如果w+s1就是最大值，那么就不需要交换，因为交换后最大值为b2+s1，更大了 至于前面，就是如果后面是最大值即b1+s2,交换后肯定比s2大，那就需要比较b2+s1,此时主体就变了，就需要比较到底谁在这个位置（你有我的基础后大还是我有你的基础后发挥更大）的最大值更小，然后选更小的在这里 如果前面大，就是必要项占据了主导地位（相比基础项），如果后面大，就是基础项占据了主导地位（然后就排序，看谁先提供这个基础才能使最大值更小） 前面大臣所获奖金数和前面左手上数和的最大值，再加上右手上数 右手上数可以看成必须的，变的就是前面的基础项 基础项取决于前面的值和左手上数， 如果不取max的话，就是左手上数和和右手上数和 ？排序规则怎么确定？ 前两道给出了基础项的明确计算方法，且唯一，现在的话就难判断四项的关系，相邻的两项看不出来，交叉的，放在前面肯定比放在后面少，因为后面有前面的基础 对于相邻两项，如果前面的更大，那么就不要交换，如果后面更大（就是说在前面有基础补足的情况下与必要项的和更大），肯定比交换后的第一项大，那么就和第二项比较（在后面的基础上用前面的必要项） 但是这是在已经排好前面的前提条件下，可是实际是不知道前面的是什么状况，也不能保证现在这俩的位置会不会对后面的排序造成影响国王游戏1080
皇后游戏2123