#BestCoder Round #50 (div.2)

1001 Distribution money

这个题很水，但是由于一时紧张把超过一半理解为大于了，wa了一发。比赛的时候一定要注意，冷静冷静冷静，焦急并不能带来好的发挥，只有泰然处之才可就像面试的时候一样，紧张只会造成发挥的一塌糊涂，然而无所谓心态反而发挥极好。

1002 Run

题意:给出n个点的坐标，求这些点可以围成的正三角形，正方形，正五边形，正六边形。
思路：咋一看这个题根本无从下手啊，六边形和四边形都不稳定，光是边全部相等还不行。结果坐标系中的格点根本无法形成正三角形，正五边形，正六边形。只需要判断正方形即可。

• 在坐标格点上所能形成的内角只可能是0度，45度，90度，135度，180度。
• 判断四个点坐标是否构成正方形，用边长相等和对角线相等即可。

Code:

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
pair<int, int> s[100];

int dist(int x, int y)
{
    return (s[y].first - s[x].first) * (s[y].first - s[x].first) +
    + (s[y].second - s[x].second) * (s[y].second - s[x].second);
}


bool four_edge(int i, int j, int k, int l)
{
    int v[4] = {i, j, k, l};
    vector<int> temp;
    for (int n = 0; n < 4; n++) {
        for (int m = n + 1; m < 4; m++) {
            temp.push_back(dist(v[n], v[m]));
        }
    }
    sort(temp.begin(), temp.end());
    if (temp[0] == temp[3] && temp[4] == temp[5]) return true;
    return false;
}

int main(void)
{
    while (cin >> n) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            scanf("%d%d", &s[i].first, &s[i].second);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                for (int k = j + 1; k < n; k++) {
                    for (int l = k + 1; l < n; l++) {
                        if (four_edge(i, j, k, l))
                            ans++;
                    }
                }
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

1003 The mook jong

题意:有一个 1∗n 的格子容器，格子内可以放木头人，而且两个木头人之间至少有两个格子是空的。问这个容器在至少要放一个木头人的情况下，至少有多少种放法？
思路:在比赛中我是暴力打表的方法，把1到60的数全部打出来用了130s，搜索方法写的还是比较巧妙。但是其本质还是选或者不选两种情况，只是选了之后，下一步只能选两个之外的东西。

long long int cnt;
int n;

void dfs(int x)
{
    if (x > n) {    //搜索到底了
        cnt++;
        return;
    }
    dfs(x + 1);    //不选x
    dfs(x + 3);    //选x
}

但是实际上这是一道典型的DP题目，看到这个形式就应该主动的去构造DP的状态转移方程才是正确的思路方向。

• 因为至少要放一个，所以定义 f[i] 为i位作为放置最后一个木头人时的情况数总有值。定义 s[i] 为: f[1]+f[2]+...+f[i] ，容易理解一个 1∗n 的容器最多能放置的种数就是 s[i] 。
• 得到状态转移方程式:
  f[i]=s[i−3]+1(相比于s[i−3]多了一种只有第i位放置了一个木头人的情况)
  s[i]=s[i−1]+f[i]

心得:虽说动态规划无非就是一种记忆优化，但是往往从记忆优化这个点出发很难想到解法。应该凭借感觉，感觉到这个题可以用DP，然后再来想方法设定状态，并设定状态转移方程。这里设 f[i] 作为状态，恰巧是因为它具有不受题必须间隔两个格子干扰的性质。那么思路的出发点就是，既然“必须间隔两个，是一个最麻烦的地方，那么我设的状态就要巧妙的处理它。
Code:

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

typedef long long int LL;

LL f[60], s[60];

int main(void)
{
    int n;
    s[1] = f[1] = f[2] = f[3] = 1;
    s[2] = 2;
    s[3] = 3;
    for (int i = 4; i <= 60; i++) {
        f[i] = s[i - 3] + 1;
        s[i] = s[i - 1] + f[i];
    }
    while (cin >> n) {
        cout << s[n] << endl;
    }
    return 0;
}