HDU2048?神、上帝以及老天爺

HDU 2006'10 ACM contest的頒獎晚會隆重開始了！
為了活躍氣氛，組織者舉行了一個別開生面、獎品豐厚的抽獎活動，這個活動的具體要求是這樣的：

首先，所有參加晚會的人員都將一張寫有自己名字的字條放入抽獎箱中；
然后，待所有字條加入完畢，每人從箱中取一個字條；
最后，如果取得的字條上寫的就是自己的名字，那么“恭喜你，中獎了！”

大家可以想象一下當時的氣氛之熱烈，畢竟中獎者的獎品是大家夢寐以求的Twins簽名照呀！不過，正如所有試圖設計的喜劇往往以悲劇結尾，這次抽獎活動最后竟然沒有一個人中獎！
我的神、上帝以及老天爺呀，怎么會這樣呢？
不過，先不要激動，現在問題來了，你能計算一下發生這種情況的概率嗎？
不會算？難道你也想以悲劇結尾？！
?Input
輸入數據的第一行是一個整數C,表示測試實例的個數，然后是C 行數據，每行包含一個整數n(1<n<=20),表示參加抽獎的人數。Output
對于每個測試實例，請輸出發生這種情況的百分比，每個實例的輸出占一行, 結果保留兩位小數(四舍五入)
Sample Input
1 2
Sample Output
50.00%
?

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; ll D[25]; int main() {D[0]=0,D[1]=0,D[2]=1;for(int i=3;i<=20;++i)D[i]=(i-1)*(D[i-1]+D[i-2]);int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;double sum=exp(lgamma(n+1));// cout<<sum<<' '<<exp(lgamma(n+1))<<endl;//<<' '<<D[n]<<endl;printf("%.2lf%%\n",D[n]*100.0/sum);}return 0; }

HDU2047?阿牛的EOF牛肉串

今年的ACM暑期集訓隊一共有18人，分為6支隊伍。其中有一個叫做EOF的隊伍，由04級的阿牛、XC以及05級的COY組成。在共同的集訓生活中，大家建立了深厚的友誼，阿牛準備做點什么來紀念這段激情燃燒的歲月，想了一想，阿牛從家里拿來了一塊上等的牛肉干，準備在上面刻下一個長度為n的只由"E" "O" "F"三種字符組成的字符串（可以只有其中一種或兩種字符，但絕對不能有其他字符）,阿牛同時禁止在串中出現O相鄰的情況，他認為，"OO"看起來就像發怒的眼睛，效果不好。
你，NEW ACMer,EOF的崇拜者，能幫阿牛算一下一共有多少種滿足要求的不同的字符串嗎？
PS: 阿牛還有一個小秘密，就是準備把這個刻有 EOF的牛肉干，作為神秘禮物獻給杭電五十周年校慶，可以想象，當校長接過這塊牛肉干的時候該有多高興！這里，請允許我代表杭電的ACMer向阿牛表示感謝！
再次感謝！
Input
輸入數據包含多個測試實例,每個測試實例占一行,由一個整數n組成，(0<n<40)。
Output
對于每個測試實例，請輸出全部的滿足要求的涂法，每個實例的輸出占一行。
Sample Input
1
2
Sample Output
3
8

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; ll f[55]; int main() {int n;f[1]=3,f[2]=8;//f[3]=22;for(int i=3;i<=40;++i)f[i]=(f[i-1]+f[i-2])*2;while(cin>>n){cout<<f[n]<<endl;}return 0; }

HDU 2046?

在2×n的一個長方形方格中,用一個1× 2的骨牌鋪滿方格,輸入n ,輸出鋪放方案的總數.
例如n=3時,為2× 3方格，骨牌的鋪放方案有三種,如下圖：

Input
輸入數據由多行組成，每行包含一個整數n,表示該測試實例的長方形方格的規格是2×n (0<n<=50)
Output
對于每個測試實例，請輸出鋪放方案的總數，每個實例的輸出占一行。
Sample Input
1 3 2
Sample Output
1 3 2
不和走樓梯每次走1或者2得一樣嘛
?

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; ll f[10005]; int main() {int t,n;f[1]=1;f[2]=2;for(int i=3;i<=50;++i)f[i]=f[i-1]+f[i-2];while(cin>>n){cout<<f[n]<<endl;}return 0; }

HDU 2045?不容易系列之(3)—— LELE的RPG難題
人稱“AC女之殺手”的超級偶像LELE最近忽然玩起了深沉，這可急壞了眾多“Cole”（LELE的粉絲,即"可樂"）,經過多方打探，某資深Cole終于知道了原因，原來，LELE最近研究起了著名的RPG難題:
有排成一行的ｎ個方格，用紅(Red)、粉(Pink)、綠(Green)三色涂每個格子，每格涂一色，要求任何相鄰的方格不能同色，且首尾兩格也不同色．求全部的滿足要求的涂法.
以上就是著名的RPG難題.
如果你是Cole,我想你一定會想盡辦法幫助LELE解決這個問題的;如果不是,看在眾多漂亮的痛不欲生的Cole女的面子上,你也不會袖手旁觀吧?
Input
輸入數據包含多個測試實例,每個測試實例占一行,由一個整數N組成，(0<n<=50)。
Output
對于每個測試實例，請輸出全部的滿足要求的涂法，每個實例的輸出占一行。
Sample Input
1
2
Sample Output
3
6
若第n-1個格子和第一個格子不同，則為f(n-1)；
若第n-1個格子和第1個格子相同，則第n-2個格子和第一個格子必然不同，此時為f(n-2)再乘第n-1個格子的顏色數，很顯然第n-1個格子可以是第一個格子（即第n-2個格子）的顏色外的另外兩種，這樣為2*f(n-2)；
有個坑就是f(3)=3;
?

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; ll f[55]; int main() {int n;f[1]=3,f[2]=6;f[3]=6;for(int i=4;i<=50;++i)f[i]=f[i-1]+f[i-2]*2;while(cin>>n){cout<<f[n]<<endl;}return 0; }

HDU2044?一只小蜜蜂...
有一只經過訓練的蜜蜂只能爬向右側相鄰的蜂房，不能反向爬行。請編程計算蜜蜂從蜂房a爬到蜂房b的可能路線數。
其中，蜂房的結構如下所示。

Input
輸入數據的第一行是一個整數N,表示測試實例的個數，然后是N 行數據，每行包含兩個整數a和b(0<a<b<50)。
Output
對于每個測試實例，請輸出蜜蜂從蜂房a爬到蜂房b的可能路線數，每個實例的輸出占一行。
Sample Input
2 1 2 3 6
Sample Output
1 3
半分鐘看題，一分鐘半分鐘出思路
好，果然wa ，抑郁了，
,,,,沒開longlong
?

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; ll f[55]; int main() {int t,a,b;f[1]=1,f[2]=1;for(int i=3;i<=50;++i)f[i]=f[i-1]+f[i-2];cin>>t;while(t--){cin>>a>>b;cout<<f[b-a+1]<<endl;}return 0; }

HDU 2041? 超級樓梯
有一樓梯共M級，剛開始時你在第一級，若每次只能跨上一級或二級，要走上第M級，共有多少種走法？
Input
輸入數據首先包含一個整數N，表示測試實例的個數，然后是N行數據，每行包含一個整數M（1<=M<=40）,表示樓梯的級數。
Output
對于每個測試實例，請輸出不同走法的數量
Sample Input
2
2
3
Sample Output
1
2

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; ll f[55]; int main() {f[1]=1,f[2]=1;for(int i=3;i<=40;++i)f[i]=f[i-1]+f[i-2];int t,n;cin>>t;while(t--){cin>>n;cout<<f[n]<<endl;}return 0; }

HDU2018?母牛的故事

有一頭母牛，它每年年初生一頭小母牛。每頭小母牛從第四個年頭開始，每年年初也生一頭小母牛。請編程實現在第n年的時候，共有多少頭母牛？
Input
輸入數據由多個測試實例組成，每個測試實例占一行，包括一個整數n(0<n<55)，n的含義如題目中描述。
n=0表示輸入數據的結束，不做處理。
Output
對于每個測試實例，輸出在第n年的時候母牛的數量。
每個輸出占一行。
Sample Input
2 4 5 0
Sample Output
2 4 6
寫下前6天得母牛的個數 2 3 4 6 9 13 就會知道f(n)=f(n-1)+f(n-3)

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; int f[60]; int main() {int n;f[1]=1,f[2]=2,f[3]=3;for(int i=4;i<=55;++i)f[i]=f[i-1]+f[i-3];while(cin>>n,n!=0){cout<<f[n]<<endl;} }

CF687C? ?The Values You Can Mak
??出題
給你一些硬幣，讓你選出一個子集的總價值和為k，然后對于一個選出的子集，除了可以組成k以外，還可以在選出的子集中選出一些其他的價值。問你所有的選出的子集一共可以得到多少種價值。?
看的題解：
這個也可以說是一個01背包了，里面也有一些集合的思想在里面，首先dp方程，dp[i][j]代表著當前數值為i，j能否被構成，如果dp[i][j] = 1，那么dp[i+m][j] 和 dp[i+m][j+m] = 1，所以轉移方程就寫出來了，但是注意我們只能從后向前轉移，
也就是說我們一定要用選上一個數的狀態，因為這里是01背包，每一個數只能選一次，如果正著選就是完全背包了。
還有就是可以作為母函數的入門題

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; typedef long long ll; int dp[505][505]; int main() {int n,k,num;cin>>n>>k;memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0] = 1;for(int p=0;p<n;++p){cin>>num;for(int i = k; i >= num; i--){for(int j = 0; j <= k-num; j++)if(dp[i-num][j])dp[i][j] = dp[i][j+num] = 1;}}int ans = 0;int cnt[555];for(int i = 0; i <= k; i++){if(dp[k][i])cnt[ans++] = i;}cout<<ans<<endl;for(int i=0;i<ans;++i)(i==0?(cout<<cnt[i]):(cout<<' '<<cnt[i]));cout<<endl;return 0; }

429B?
有一個矩陣，一個人從左上往右下走，一個人從左下往右上走，中間有一次相遇該點的值不算，求最后兩人走過路線值之和的最大值（兩人重復走過的點只計算一次）

記錄矩陣上的每個點分別到矩陣上四個角最大的值，假設某點是相遇點，
該路線的值就是該點到四個角上的最大值之和。因此遍歷矩陣上的每個點，求出最大值即可。

首先要保證只有一個格子重合,那么只可能是以下兩種情況:
1) A向右走,相遇后繼續向右走,而B向上走,相遇后繼續向上走
2) A向下走,相遇后繼續向下走,而B向右走,相遇后繼續向右走
?

#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; typedef long long ll; ll a[1005][1005]; ll dp1[1005][1005]; ll dp2[1005][1005]; ll dp3[1005][1005]; ll dp4[1005][1005]; int main() {int n,m;while(cin>>n>>m){memset(dp1,0,sizeof(dp1)),memset(dp2,0,sizeof(dp2)),memset(dp3,0,sizeof(dp3)),memset(dp4,0,sizeof(dp4));for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)cin>>a[i][j];// 右下for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)dp1[i][j]=max(dp1[i][j-1],dp1[i-1][j])+a[i][j];// 右上for(int i=n;i>=1;--i)for(int j=1;j<=m;++j)dp2[i][j]=max(dp2[i][j-1],dp2[i+1][j])+a[i][j];//左下for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=m;j>=1;--j)dp3[i][j]=max(dp3[i][j+1],dp3[i-1][j])+a[i][j];//右上for(int i=n;i>=1;--i)for(int j=m;j>=1;--j)dp4[i][j]=max(dp4[i+1][j],dp4[i][j+1])+a[i][j];ll ans=0;for(int i=2;i<n;++i)//你總不能然他倆在終點和出發點相遇吧for(int j=2;j<m;++j){ans=max(ans,dp1[i-1][j]+dp4[i+1][j]+dp2[i][j-1]+dp3[i][j+1]);ans=max(ans,dp1[i][j-1]+dp4[i][j+1]+dp2[i+1][j]+dp3[i-1][j]);}cout<<ans<<endl;}return 0; }

?

總結

以上是生活随笔為你收集整理的递推DP的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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