8月14小练
網(wǎng)址：CSUST-8-14-小練
這次的題目我只出了一道:A,Teilwal出3道：B,C,D，從此不再?出一道:E
表示我出的題目不是很難，但是很容易出錯(cuò)......因?yàn)闇y(cè)試數(shù)據(jù)太簡(jiǎn)單......表示我在這邊錯(cuò)了一次，在HDU提交了4次才過(guò)，錯(cuò)了3次啊......T^T,我的正確率啊......QAQ
A 貪心orDP，B,C 博弈，D 數(shù)論 E Dijkstra + 記憶化搜索
A ??Doing Homework again??HDU 1789
大意是，要盡可能的少扣學(xué)分，要在截止日期之前做完，就不會(huì)扣，一個(gè)課程有一個(gè)截止日期以及他的學(xué)分，問(wèn)最少扣的學(xué)分是多少。
代碼： ? ? 46ms
1 #include <stdio.h> 2 #include <iostream> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 class A 6 { 7 public: 8 int a; 9 int b; 10 }x[1005]; 11 int cmp(A i,A j) 12 { 13 if(i.a==j.a) //按時(shí)間排，時(shí)間一樣，就學(xué)分多的放前面 14 return i.b>j.b; 15 else 16 return i.a<j.a; 17 } 18 int main() 19 { 20 int T,n,min,sum,j,k,i,c[1005]; 21 scanf("%d",&T); 22 while(T--) 23 { 24 sum=0; 25 min=1000000; 26 scanf("%d",&n); 27 for(i=1;i<=n;i++) 28 { 29 scanf("%d",&x[i].a); 30 c[i]=0; 31 } 32 for(i=1;i<=n;i++) 33 scanf("%d",&x[i].b); 34 sort(x+1,x+n+1,cmp); //排序 35 k=0; //選定的個(gè)數(shù) 36 for(i=1;i<=n;i++) 37 { 38 if(x[i].a>k) 39 { 40 c[i]=1; //已被選定，標(biāo)記 41 k++; 42 } 43 else //因?yàn)闀r(shí)間原因，沒(méi)有被選 44 { 45 min=x[i].b; 46 j=i; 47 for(int l=i-1;l>0;l--) 48 if(c[l]==1&&x[l].b<min) //在前面被選定的中找到最小的交換 49 { 50 min=x[l].b; 51 j=l; 52 } 53 sum+=x[j].b; //加上這個(gè)被換下來(lái)的最小的數(shù) 54 x[j].b=x[i].b; //交換 55 } 56 } 57 printf("%d\n",sum); 58 } 59 return 0; 60 }再來(lái)個(gè)學(xué)姐的代碼： ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 31ms
覺(jué)得學(xué)姐的代碼好神奇........QAQ ? ......我腫么就沒(méi)想到呢.....
1 #include <stdio.h> 2 #include <math.h> 3 #include <string.h> 4 #include <algorithm> 5 #include <iostream> 6 using namespace std; 7 const int maxn=1000+10; 8 int used[maxn]; 9 struct node 10 { 11 int d; 12 int s; 13 }p[maxn]; 14 bool cmp(node a,node b) 15 { 16 return a.s>b.s||(a.s==b.s&&a.d>b.d); //按學(xué)分排序，學(xué)分相同就時(shí)間大的放前面 17 } 18 int main() 19 { 20 int T,i,j,n,ans; 21 scanf("%d",&T); 22 while(T--) 23 { 24 scanf("%d",&n); 25 for(i=1;i<=n;i++) 26 scanf("%d",&p[i].d); 27 for(i=1;i<=n;i++) 28 scanf("%d",&p[i].s); 29 sort(p+1,p+1+n,cmp); 30 memset(used,0,sizeof(used)); 31 ans=0; 32 for(i=1;i<=n;i++) 33 { 34 for(j=p[i].d;j>0;j--) 35 if(used[j]==0) 36 { 37 used[j]=1; //表示第j天已經(jīng)有作業(yè)了 38 break; 39 } 40 if(j==0) 41 ans+=p[i].s; 42 } 43 printf("%d\n",ans); 44 } 45 return 0; 46 }B ?Brave Game? ??HDU 1846
一堆n個(gè)石子，每人每次最多取m個(gè)，最少取1個(gè)，問(wèn)是先手贏還是后手贏~~~~\(≧▽≦)/~
巴什博弈，一個(gè)人拿1～m個(gè)，那誰(shuí)面對(duì)m+1的局勢(shì)的的時(shí)候則必?cái)?#xff0c;很明顯，先拿的就是要造這個(gè)局勢(shì),如果n是(m+1)*r+s(k為任意，s<m+1),那么很明顯先拿的拿掉s后，然后無(wú)論下一個(gè)拿多少你都可以保證你拿完后都是拿了m+1個(gè)，這樣后拿的必定面對(duì)必?cái)【謩?shì)，比如23 2，23=（3×7）+2；那我第一次拿掉2，然后無(wú)論每次第二個(gè)拿幾我都可以使得這輪總共拿3，然后他必定會(huì)面對(duì)3這個(gè)局勢(shì)，然后我就必勝，那什么時(shí)候必?cái)∧?#xff0c;很明顯如果我面對(duì)的是（m+1）的倍數(shù)的局勢(shì)就必?cái) ?/p>
所以：代碼： ? ?0ms
1 #include <stdio.h> 2 int main() 3 { 4 int n,m; 5 int T; 6 scanf("%d",&T); 7 while(T--) 8 { 9 scanf("%d%d",&n,&m); 10 if(n%(m+1) == 0) 11 printf("second\n"); 12 else 13 printf("first\n"); 14 } 15 return 0; 16 }C ?取石子游戲? ??HDU 1527?
詳情解釋.......來(lái)自：http://www.cnblogs.com/jiangjun/archive/2012/10/25/2740194.html
大致上是這樣的：有兩堆石子，不妨先認(rèn)為一堆有10，另一堆有15個(gè)，雙方輪流取走一些石子，合法的取法有如下兩種：
1)在一堆石子中取走任意多顆；
2)在兩堆石子中取走相同多的任意顆；
約定取走最后一顆石子的人為贏家，求必?cái)B(tài)(必勝策略)。
這個(gè)可以說(shuō)是MR.Wythoff(Wythoff于1907年提出此游戲)一生全部的貢獻(xiàn)吧，我在一篇日志里就說(shuō)完有點(diǎn)殘酷。這個(gè)問(wèn)題好像被用作編程競(jìng)賽的題目，網(wǎng)上有很多把它Label為POJ1067，不過(guò)如果學(xué)編程的人不知道Beatty定理和Beatty序列 ，他們所做的只能是找規(guī)律而已。不熟悉的人可以先在這里 玩幾局~
簡(jiǎn)單分析一下，容易知道兩堆石頭地位是一樣的，我們用余下的石子數(shù)(a,b)來(lái)表示狀態(tài)，并畫在平面直角坐標(biāo)系上。
用之前的定理： 有限個(gè)結(jié)點(diǎn)的無(wú)回路有向圖有唯一的核 ?中所述的方法尋找必?cái)B(tài)。先標(biāo)出(0,0)，然后劃去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格點(diǎn)；然后找y=x上方未被劃去的格點(diǎn)，標(biāo)出(1,2)，然后劃去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同時(shí)標(biāo)出對(duì)稱點(diǎn)(2,1)，劃去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然后在未被劃去的點(diǎn)中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照這樣的方法做下去，如果只列出a<=b的必?cái)B(tài)的話，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…
接下來(lái)就是找規(guī)律的過(guò)程了，忽略(0,0)，記第n組必?cái)B(tài)為(a[n],b[n])
命題一：a[n+1]=前n組必?cái)B(tài)中未出現(xiàn)過(guò)的最小正整數(shù)
[分析]：如果a[n+1]不是未出現(xiàn)的數(shù)中最小的，那么可以從a[n+1]的狀態(tài)走到一個(gè)使a[n+1]更小的狀態(tài)，和我們的尋找方法矛盾。
命題二：b[n]=a[n]+n
[分析]：歸納法：若前k個(gè)必?cái)B(tài)分別為 ，下證：第k+1個(gè)必?cái)B(tài)為
從該第k+1個(gè)必?cái)B(tài)出發(fā)，一共可能走向三類狀態(tài)，從左邊堆拿走一些，從右邊堆拿走一些，或者從兩堆中拿走一些．下面證明這三類都是勝態(tài)．
情況一：由命題一，任意一個(gè)比a[k+1]小的數(shù)都在之前的必?cái)B(tài)中出現(xiàn)過(guò)，一旦把左邊堆拿少了，我們只要再拿成那個(gè)數(shù)相應(yīng)的必?cái)B(tài)即可。
情況二（從右邊堆拿走不太多）：這使得兩堆之間的差變小了，比如拿成了 ，則可再拿成 ；
情況二（從右邊堆拿走很多）：使得右邊一堆比左邊一堆更少，這時(shí)類似于情況一，比如拿成了 (其中a[m] ；
情況三：比如拿成 ，則可再拿成 ．
綜上所述，任何從 出發(fā)走向的狀態(tài)都可以走回核中．故原命題成立．
以上兩個(gè)命題對(duì)于確定(a[n],b[n])是完備的了，給定(0,0)然后按照這兩個(gè)命題，就可以寫出(1,2),(3,5),(4,7),…
這樣我們得到了這個(gè)數(shù)列的遞推式，以下我們把這兩個(gè)命題當(dāng)成是(a[n],b[n])的定義。
先證明兩個(gè)性質(zhì)：
性質(zhì)一：核中的a[n],b[n]遍歷所有正整數(shù)。
[分析]：由命題一，二可得a[n],b[n]是遞增的，且由a[n]的定義顯然。
性質(zhì)二：A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…}，則集合A,B不交。
[分析]：由核是內(nèi)固集，顯然。
看到這里大家有沒(méi)有想到Beatty序列呢，實(shí)際上a[n]和b[n]就是一個(gè)Beatty序列。
，有 ，解方程
得 ，到此，我們找到了該必?cái)B(tài)的通項(xiàng)公式。
實(shí)際上這組Beatty序列還有一些別的性質(zhì)，比如當(dāng)一個(gè)數(shù)是Fibonacci數(shù)的時(shí)候，另一個(gè)數(shù)也是Fibonacci數(shù)；而且兩者的比值也越來(lái)越接近黃金比，這些性質(zhì)在得到通項(xiàng)公式之后不難證明。
總的來(lái)說(shuō)，這個(gè)問(wèn)題給我們了哪些啟示呢？首先用定理所說(shuō)的方法找核，然后給出核的規(guī)律（遞推，或是通項(xiàng)）并且證明。最后附上一張對(duì)應(yīng)的必?cái)B(tài)圖.
轉(zhuǎn)自http://yjq24.blogbus.com/logs/42653430.html
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上次說(shuō)了勝態(tài)和必?cái)B(tài)，還記得最后的練習(xí)么？桌子上有15個(gè)石子，每人每次可以拿去1個(gè)或3個(gè)石子，拿走最后一個(gè)石子的人贏，列出所有的必?cái)B(tài)：0,2,4,6,8,10,12,14。說(shuō)過(guò)了狀態(tài)作為結(jié)點(diǎn)可以畫一張有向圖，下面這張圖就是這個(gè)游戲所對(duì)應(yīng)的：
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| 我只列了不大于6的狀態(tài)，回顧一下勝態(tài)和必?cái)B(tài)的性質(zhì): 勝態(tài)一定可以通過(guò)某種策略走向必?cái)B(tài)；而必?cái)B(tài)采取任何策略都將走向勝態(tài)。 用圖論的話來(lái)說(shuō)， 因?yàn)楸財(cái)B(tài)只能走向勝態(tài)，所以任何兩個(gè)必?cái)B(tài)結(jié)點(diǎn)之間不可能存在邊； 因?yàn)閯賾B(tài)總能走到必?cái)B(tài)，所以對(duì)任何一個(gè)非必?cái)B(tài)的結(jié)點(diǎn)，一定存在一個(gè)從它指向必?cái)B(tài)結(jié)點(diǎn)的邊。 不妨看看左圖中的0,2,4,6，親自體會(huì)一下。 定義：有向圖中，集合X中任意兩點(diǎn)之間無(wú)邊，稱集合X為內(nèi)固集。 定義：有向圖中，任意不在集合X中的點(diǎn)存在一條指向集合X的邊，稱集合X為外固集。 定義：有向圖中，集合X 既是外固集，又是內(nèi)固集，稱集合X為核。 顯然，內(nèi)，外固集的定義正好針對(duì)上面的兩句話，而核就是包含所有必?cái)B(tài)的集合。 定理：雙人博弈中，約定走最后一步為勝，如果有核存在，則其中一方有不敗策略。 證明：不妨設(shè)A先行動(dòng)，初始狀態(tài)不在核中，由于核是外固集，A一定可以采取某種策略把狀態(tài)走到核中，然后輪到B；由于核是外固集，所以B不管采取什么策略，都將走出核，所以輪到A的時(shí)候，A又可以把狀態(tài)走進(jìn)核里。總而言之，A可以使B永遠(yuǎn)面臨核內(nèi)的狀態(tài)。無(wú)路可走的狀態(tài)不可能在核外，因?yàn)楹送饪偰茏叩胶藘?nèi)，A可以保持不敗。如果初始狀態(tài)不在核中，那么利用同樣的想法易知B有不敗策略。 以上的定理意義是非凡的，雖然這個(gè)定理在證明之前我們其實(shí)就已經(jīng)了解了核與必?cái)B(tài)的緊密聯(lián)系。那么，對(duì)一個(gè)博弈游戲來(lái)說(shuō)，找出核是核心問(wèn)題。在此之前，先得考察核得存在性： |
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定理：有限個(gè)結(jié)點(diǎn)的無(wú)回路有向圖有唯一的核。
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證明：核可以用如下的方式找出：首先找出沒(méi)有后繼結(jié)點(diǎn)的點(diǎn)集P[1]（最基本的必?cái)B(tài)，比如上圖中的結(jié)點(diǎn)0），然后找到那些指向P[1]的結(jié)點(diǎn)集合為N[1](最基本的勝態(tài)，比如上圖的結(jié)點(diǎn)1和結(jié)點(diǎn)3)；然后，除去P[1]和N[1]中的點(diǎn)并除去和這些點(diǎn)關(guān)聯(lián)的邊，繼續(xù)尋找沒(méi)有后繼結(jié)點(diǎn)的點(diǎn)集P[2]（更高級(jí)的必?cái)B(tài)，比如上圖中的結(jié)點(diǎn)2），依次類推，則最后的核為P=P[1]并P[2]并…并P[n]。
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很容易說(shuō)明如此找到的核是內(nèi)固集，也是外固集，滿足核的定義，下面說(shuō)明一下核為什么不是空集：實(shí)際上P[1]就不是空集，對(duì)一個(gè)沒(méi)有回路的有向圖來(lái)說(shuō)，從圖上的某一點(diǎn)出發(fā)，就無(wú)法回到原來(lái)到過(guò)的點(diǎn)。而圖中的點(diǎn)又是有限的，所以最后必將在某個(gè)結(jié)點(diǎn)終止，故P不是空集。
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針對(duì)不同的游戲，找核是一個(gè)麻煩事。首先生成圖，有向邊取決于游戲規(guī)則，然后當(dāng)我們要找某個(gè)必?cái)B(tài)的時(shí)候，是要先找到之前所有的必?cái)B(tài)的，而這正是一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題和一個(gè)編程問(wèn)題的關(guān)鍵差別。在立方和分解問(wèn)題[unsolved]中，我的問(wèn)題的提法都是針對(duì)某一個(gè)特定輸入的n來(lái)看是否存在(x,y)滿足立方和或者平方和等于n.實(shí)際上，如果提法換成，輸出對(duì)所有不大于n的數(shù)中可以被分解的數(shù)，那么這種提法更適合計(jì)算機(jī)去解決，因?yàn)楸举|(zhì)上來(lái)說(shuō)，兩個(gè)問(wèn)題是不一樣的。對(duì)于前者我只需要知道有關(guān)n的情況就可以了，而對(duì)后者，卻調(diào)動(dòng)了資源去計(jì)算所有不大于n的數(shù)的情況。雖然他們看起來(lái)很相近，但是從道理上來(lái)說(shuō)應(yīng)該后者的勞動(dòng)量要大得多，可悲的事情就在于，有時(shí)候你要算出n的情況，就不得不算一些比n小的數(shù)的情況，而這個(gè)計(jì)算的數(shù)目通常是隨著n增大而增大的；另一個(gè)可悲的事情是，程序員往往已經(jīng)習(xí)慣了第二種提問(wèn)方式。數(shù)學(xué)家希望找到某些必要條件或者充分條件來(lái)確定n能否被分解，同樣的道理，我們也希望能直接找到必?cái)B(tài)的規(guī)律，而不真正依賴于象上述定理那樣遞歸的思想從P[1]開(kāi)始找起，這樣來(lái)解決問(wèn)題。
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但是，必?cái)B(tài)的規(guī)律是嚴(yán)格依賴于規(guī)則的，這一點(diǎn)對(duì)找出必?cái)B(tài)的規(guī)律來(lái)說(shuō)造成了很大的局限性。這個(gè)圖的模型在以后還會(huì)遇到，到時(shí)有更好的方法來(lái)尋找必?cái)B(tài)。
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?轉(zhuǎn)自http://yjq24.blogbus.com/logs/42304551.html
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高斯取整函數(shù)又叫向下取整函數(shù)，常見(jiàn)的記法如下： ，既然是向下取整，也就是說(shuō)[-3.5]=-4，這個(gè)取整對(duì)負(fù)數(shù)來(lái)說(shuō)就不是簡(jiǎn)單地扔掉小數(shù)部分，這是要注意的。可以說(shuō),高斯取整是聯(lián)系連續(xù)和離散的重要橋梁。
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小知識(shí)：高斯函數(shù)性質(zhì)
1) x-1<[x]<=x<[x]+1
2) [x+n]=[x]+n,(n為整數(shù))
3) [x]+[y]<=[x+y]<=[x]+[y]+1 //左邊由性質(zhì)2易證,右邊利用[x+y]<=x+y<[x]+[y]+2
4) [nx]>=n[x],(n為正整數(shù)) //反復(fù)利用性質(zhì)3左邊
5) [x/n]=[[x]/n],(n為正整數(shù))
// 換元后等價(jià)于證[ny]/n-1<[y]<=[ny]/n,右邊由性質(zhì)4易證,左邊有 [ny]/n<=[y]+{y}<[y]+1
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歐拉給出過(guò)一個(gè)很經(jīng)典的多項(xiàng)式： ，該多項(xiàng)式在n=0,1,2,…,39時(shí)產(chǎn)生40個(gè)素?cái)?shù)。利用高斯取整函數(shù)，可以做 一件差不多的事：
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，這個(gè)函數(shù)跳過(guò)所有的平方數(shù)，而且值域覆蓋所有非完全平方數(shù)構(gòu)成的集合，有了上面的這些性質(zhì)作武器，證明并不難，這里就略去了。
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今天的主題還是 Beatty定理 ：
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正無(wú)理數(shù) 滿足 ， 則數(shù)列 ； 嚴(yán)格遞增， 并且這兩個(gè)數(shù)列構(gòu)成Z+上的一個(gè)分劃（也就是它們無(wú)交地遍歷全體正整數(shù)）。
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[題解]：
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其實(shí)作為習(xí)題是不難的，顯然 ，于是 ，故
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Step1.先證明兩數(shù)列不交：[反證]若 ,有 ,即有 ，
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兩式相加：得k<m+n<k+1，這和m,n,k都是自然數(shù)矛盾；
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Step2.再證兩數(shù)列能取遍所有的正整數(shù)：[反證]若k不在 中，則有
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于是
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兩式分別除以 和 后相加：得 ,這和m,n,k都為自然數(shù)矛盾．
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證畢.
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由Beatty定理得到的兩個(gè)數(shù)列稱為互質(zhì)數(shù)列，不過(guò)別被名稱所欺騙，a[n]和b[n]并不能保證對(duì)應(yīng)互質(zhì)。
//再繼續(xù)看看必?cái)↑c(diǎn)
一、 m(k) = k * (1 + sqrt(5))/2 n(k) = m(k) + k ?二、 一個(gè)必?cái)↑c(diǎn)有如下性質(zhì)： 性質(zhì)1：所有自然數(shù)都會(huì)出現(xiàn)在一個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中，且僅會(huì)出現(xiàn)在一個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中； 性質(zhì)2：規(guī)則允許的任意操作可將必?cái)↑c(diǎn)移動(dòng)到必勝點(diǎn)； 性質(zhì)3：一定存在規(guī)則允許的某種操作可將必勝點(diǎn)移動(dòng)到必?cái)↑c(diǎn)； 下面我們證明這3個(gè)性質(zhì)。 性質(zhì)1：所有自然數(shù)都會(huì)出現(xiàn)在一個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中，且僅會(huì)出現(xiàn)在一個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中； 證明：m(k)是前面沒(méi)有出現(xiàn)過(guò)的最小自然數(shù)，自然與前k-1個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中的數(shù)字都不同；m(k)>m(k-1)，否則違背m(k-1)的選擇原則；n(k)=m(k)+k>m(k-1)+(k-1)=n(k-1)>m(k-1)，因此n(k)比以往出現(xiàn)的任何數(shù)都大，即也沒(méi)有出現(xiàn)過(guò)。又由于m(k)的選擇原則，所有自然數(shù)都會(huì)出現(xiàn)在某個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中。 性質(zhì)2：規(guī)則允許的任意操作可將必?cái)↑c(diǎn)移動(dòng)到必勝點(diǎn)； 證明：以必?cái)↑c(diǎn)(m(k),n(k))為例。若只改變兩個(gè)數(shù)中的一個(gè)，由于性質(zhì)1，則得到的點(diǎn)一定是必勝點(diǎn)；若同時(shí)增加兩個(gè)數(shù)，由于不能改變兩數(shù)之差，又有n(k)-m(k)=k，故得到的點(diǎn)也一定是必勝點(diǎn)。 性質(zhì)3：一定存在規(guī)則允許的某種操作可將必勝點(diǎn)移動(dòng)到必?cái)↑c(diǎn)； 證明：以某個(gè)必勝點(diǎn)(i,j)為例，其中j>i。因?yàn)樗凶匀粩?shù)都會(huì)出現(xiàn)在某個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中，故要么i等于m(k)，要么j等于n(k)。 若i=m(k)，j>n(k)，可從j中取走j-n(k)個(gè)石子到達(dá)必?cái)↑c(diǎn)； 若i=m(k)，j<n(k)，可從兩堆同時(shí)拿走m(k)-m(j-m(k))，注意此時(shí)j-m(k) < n(k)-m(k) < k，從而到達(dá)必?cái)↑c(diǎn)( m(j-m(k))，m(j-m(k))+j-m(k))； 若i>m(k)，j=n(k)，可從i中取走i-m(k)個(gè)石子到達(dá)必?cái)↑c(diǎn)； 若i<m(k)，j=n(k)，需要再分兩種情況，因?yàn)閕一定也出現(xiàn)在某個(gè)必?cái)↑c(diǎn)中，若i=m(l)，則從j中拿走j-n(l)，若i=n(l)，則從j中拿走j-m(l)，從而到達(dá)必?cái)↑c(diǎn)(m(l),n(l))。?
//看完上面的有了點(diǎn)了解吧，代碼如下：
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; int main () {int a,b,dif;double p=(sqrt((double)5)+1)/double(2);while(cin>>a>>b){dif=abs(a-b);//取差值a=a<b?a:b;//取較小的值if(a==(int)(p*dif))//判斷是不是奇異局勢(shì)printf("0\n");else printf("1\n");}return 0; }?該類問(wèn)題另一種表述?
?移動(dòng)的皇后
Problem Description 一個(gè)n * n棋盤上有一個(gè)皇后。每個(gè)人可以把它往左或下或左下45度移動(dòng)任意多步。把皇后移動(dòng)至左下角的游戲者獲勝。現(xiàn)在給出皇后初始的X坐標(biāo)和Y坐標(biāo)，如果輪到你先走，假設(shè)雙方都采取最好的策略，問(wèn)最后你是勝者還是敗者。 Input輸入包含若干行，表示若干種皇后的初始情況，其中每一行包含兩個(gè)非負(fù)整數(shù)a和b，表示皇后的初始坐標(biāo)，a和b都不大于1,000,000,000。 Output
輸出對(duì)應(yīng)也有若干行，每行包含一個(gè)數(shù)字1或0，如果最后你是勝者，則為1，反之，則為0。 Sample Input 2 1
8 4
4 7 Sample Output 0
1
0? C題的代碼： ? ? ?15ms 1 #include<stdio.h> 2 #include<math.h> 3 int main() 4 { 5 double x=(sqrt(5.0)+1)/2; 6 int a,b,t; 7 while(scanf("%d%d",&a,&b) != EOF) 8 { 9 if(a>b) 10 { 11 t=a; 12 a=b; 13 b=t; 14 } 15 if(floor(x*(b-a))==a) 16 printf("0\n"); 17 else printf("1\n"); 18 } 19 return 0; 20 }
D ??Sum? ? ??POJ 1844
給出一個(gè)數(shù)字n，求最小的i，1,2,3......i，數(shù)字之間+-都可。
解析：（不是出自我，原作者不詳）
*?一：sum一定要大于或等于輸入的S.（等于時(shí)就已經(jīng)找到了答案）
*????小于的話就算全做加法運(yùn)算也不能達(dá)到S。
*?????????????
*?二：在滿足第一條的情況下，注意一定要滿足第一條后
*????第一次碰到（sum - S ） ％ ２ ＝＝ ０
* 這里（?sum = 1 + 2??+ .... + i?）這時(shí)的i就是答案。
*??證明如下：
*???????????1：若res是奇數(shù)，就說(shuō)明res =?（?1 + 2 + ... + i?）- S?是奇數(shù)
*?????????也就是說(shuō)無(wú)論你怎么改變sum（?sum = 1 + 2??+ .... + i?）表達(dá)式
*????????（當(dāng)然是通過(guò)改變其中的加號(hào)為減號(hào)）也無(wú)法讓res為0
*?????????????舉個(gè)例子吧:S = 5, sum = 1+2+3 = 6, res = 6 - 5 = 1;
*???無(wú)論改變（1+2+3）中的加號(hào)也沒(méi)用，這是因?yàn)槟阍?span lang="en-us">sum中改變一個(gè)加號(hào)為減號(hào)
????時(shí)它的值就一定減少了一個(gè)偶數(shù)值（這是顯然的）sum-S仍然為奇數(shù)
*????????2：令res = sum - S，則res一定是0，2，?4，?6....中的一個(gè)
*????????下面說(shuō)明總可以通過(guò)改變sum表達(dá)式中的某幾個(gè)加號(hào)為減號(hào)使得res為0
*??????????當(dāng)k = 0的情況就不用說(shuō)明了吧， 假設(shè)2k表示res?顯然k = 1 2 3 4...
*????????????當(dāng)k = 1?時(shí)可以通過(guò)把sum（?sum = 1 + 2 + ... + i )
*????????????改成（?sum = -1 + 2 + ... + i )
*????????????當(dāng)k = 2?時(shí)可以通過(guò)把sum?（?sum = 1 + 2 + ... + i )
*????????????改成( sum = 1 - 2 + ... + i )
*????????????一次類推res總可以變?yōu)?span lang="en-us">0
1 #include <stdio.h> 2 #include <iostream> 3 using namespace std; 4 int main() 5 { 6 int n,sum,i; 7 while(~scanf("%d",&n)) 8 { 9 i=0; 10 sum=0; 11 while(sum<n || (sum-n)%2==1) 12 { 13 sum+=++i; 14 } 15 printf("%d\n",i); 16 } 17 return 0; 18 }E ? 最短路問(wèn)題 ? DFS+Dijkstra ? ?A Walk Through the Forest? ? ?HDU 1142?
代碼： ? ?125MS
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #define N 1010 4 #define INF 1000000 5 using namespace std; 6 int map[N][N],v[N],dis[N],dp[N]; 7 int n,m; 8 void dij(int start) //終點(diǎn)到每個(gè)點(diǎn)的最短路徑（單源最短路徑） 9 { 10 int m,x; 11 memset(v,0,sizeof(v)); 12 for(int i=1;i<=n;i++) 13 dis[i]=map[start][i]; 14 dis[start]=0; 15 v[start]=1; 16 for(int i=1;i<=n;i++) 17 { 18 m=INF; 19 for(int j=1;j<=n;j++) 20 if(!v[j]&&dis[j]<m) m=dis[x=j]; 21 if(m==INF) break; 22 v[x]=1; 23 for(int j=1;j<=n;j++) 24 if(!v[j]&&dis[j]>dis[x]+map[x][j]) 25 dis[j]=dis[x]+map[x][j]; 26 } 27 } 28 int dfs(int s) 29 { 30 int sum=0; 31 if(dp[s]>-1) 32 return dp[s]; 33 if(s==2) 34 return 1; //到達(dá)終點(diǎn) 35 for(int i=1;i<=n;i++) 36 { 37 if(map[s][i]!=INF&&dis[i]<dis[s]) //s到i有路且s到終點(diǎn)距離大于i到終點(diǎn)的距離 38 sum+=dfs(i); //路徑條數(shù)累加 39 } 40 dp[s]=sum; 41 return dp[s]; 42 } 43 int main() 44 { 45 int a,b,l; 46 while(cin>>n,n) 47 { 48 cin>>m; 49 for(int i=1;i<=n;i++) 50 { 51 dp[i]=-1; 52 for(int j=1;j<=n;j++) 53 map[i][j]=INF; //不存在的邊為INF 54 } 55 while(m--) 56 { 57 cin>>a>>b>>l; 58 map[a][b]=map[b][a]=l; 59 } 60 dij(2); //2為終點(diǎn) 61 cout<<dfs(1)<<endl; //從1開(kāi)始搜 62 63 } 64 return 0; 65 }?
轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/riddle/p/3259254.html
總結(jié)
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