其他

判斷兩個double型是否相等，不能用判斷int型的方法去比較，這也是對初學者容易出現的錯誤，剛開始我在做POJ1730那個題目時候，就犯了這樣的毛病。做出來的答案總是錯的。因為我用double a，double b，if（a==b）...這樣就是錯的，後來在網上看了別人的代碼才知道，比較兩個double型：fabs(a-b)<=eps,(eps=1e-9),eps的值是起到精確度的作用。這大概是用到了極限的思想了。對POJ1730的題目，是要我們求a^b=c;求滿足該等式下，b的最大值。

剛學並查集，這題還TLE幾次了。關鍵是沒最佳化。代碼：#include<stdio.h>#define N 10000001int father[N];int sum[N];int find(int x){return x==father[x]?x:find(father[x]);}int main(){int t,max,n,m,i;while(scanf("%d",&t)!=EOF){for(i=1;i<=N;i++){ father[i]=i;

這道題是類比加法的，沒什麼難度。#include<stdio.h>#include<string.h>char st1[1005],st2[1005];int st3[2005];void Add(){int i1=strlen(st1)-1,i2=strlen(st2)-1;int carry=0,tmp,i,j=0; for(;i1>=0&&i2>=0;--i1,--i2,++j){tmp=st1[i1]-'0'+st2[i2]-'0

集合A-B的意思是,元素在A且不在B中。這道題顯然不是什麼難題。個人水平有限，我喜歡分析這樣的水題，這對我個人來講，有助於培養思維能力，再難的題也是有簡單的題複合在一起組成的。這題有兩種方法，一是直接枚舉，而是二分尋找。顯然枚舉只對小數有可以，時間複雜度為（n^2)而二分尋找先要排序，後尋找，時間複雜度為2nlogn,顯然我們會採用第二中方法。輸入n,m代表集合A，B元素的個數，接下來是集合A的元素和集合B的元素。輸出A-B，若沒有元素，就輸出NULL。如果是第一種：代碼如下.0(n^2)#in

點擊開啟連結用漢字寫的題目，不容小視。這題要很好的空間想象力，開了一個五維數組dp[k][x][y][xx][yy]，表示把對角線為(x,y)-(xx,yy)的矩形分割成k塊能獲得的最小值。先看問題，要我們求方差；如果不化解，有點無從下手.可以為S^2=(1/n)∑xi^2+x^2,  (xi表示每個矩形的權值，x

這題是遞迴加類比。用L[i]表示i個步伐向左走走的次數，用R[i]表示。。。想右走走的次數。f[i].....總共的方案次數。   向左走   L[i]=L[i-1]+f[i-1]                 R[i]=R[i-1]+f[i-1]                f[i]=f[i-1]+L[i-1]+R[i-1]   參考代碼：#include<stdio.h>int main(){int t,n;int L[21],R[21],f[21];L[0]=R[0]=f[

題目串連分析：此題我糾結很久，寫不出動態方程，看神人代碼以後，用一個三位元組dp[i,j,k],表示從第i個到第j個可以消去的方塊個數所能獲得的最大值。那麼就有：dp[i][j][k]=dp[i][r-1][0]+(len[r]+k)^2; len[r]是表示第從r個有連續相同的個數。代碼;#include<stdio.h>#include<cstring>#define Max(a,b) a>b?a:b;#define N 205bool vis[N];int

中文題，題意不用解釋了。分析：  用dp[i][j] 表示i個物品分成j組的最小代價。(這個很關鍵)做dp題第一步就是，用一個dp數組表示相應問題的含義。這個做好了，寫狀態方程就容易一些。根據題意： 當 i==2*j狀態方程為：   dp[i][j]=dp[i-1][j]+(a[i]-a[i-1])^2        

題目串連中文字，題意就不必過多解釋。也許是以前做了最長上升子序列，感覺這題有點類似。這不是二維的嗎，其實這題不然。這條路徑可以轉彎，可以想到用搜尋。單獨的搜尋還不夠，我們必須要用儲存每個位置的最長路徑，這樣只要找出最大的就可以了，所以這可以用dp+DFS實現了。代碼：#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#define max(a,b) a>b?a:busing namespace

這題的思路很簡單，只要連續相加的和大於或等於零，就一直加下去，如果在第i-1項小於零，把sum的值賦值為第i個序列的值。並記錄它的下標，就可以了。#include<stdio.h>#define N -10000000int main(){ int t,n,j,k,beg,end,cas=1;long sum,max;int a[100001];scanf("%d",&t); while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i&

Yefeng自從學了ACM之後就和人說他能快速的定一個正整數數是否為素數，後來大家猜他大概只知道判定10^18以內的數。於是都想的拿非常大的數來問他。當然對於非常大的數Yefeng自己也是沒辦法在短時間內計算出來的。還好Yefeng學過素數定理，知道越是大的數，這個數是素數的機率就越低，於是他就故意告訴大家一個數，並附上一句話，這個數是你給的數一個因子，所以你給的數是一個合數。聰明的你能想個方法判定戳穿Yefeng的謊言嗎？若干組測試資料，每組測試資料兩行，第一行是Yefeng要判定的數a（10

啊！這題本來很簡單，就是不細心，搞的我wa五六次啊，嚴重受到打擊啊！多重背包轉化成01背包和完全背包就可以了。這個題，是說能分成開不，那麼兩個人所擁有的價值是總價值的一半。把背包的容量剛好看成總價的的一半v（本來可以看成無限大）但沒必要，因為它剛好用v的體積。那麼就是，在容量為v的條件下，看能否把背封裝滿。這樣就可以用多重背包實現了。#include<stdio.h>#include<string.h>#define

一條直線能夠將平面分成2部分，兩條直線能夠將平面分成4部分，而對於一條“V”型線而言，平面被分成2部分，兩條“V”型線最多能夠將平面分成7部分。對於橢圓封閉曲線對平面的劃分又將不一樣，任意兩個橢圓至多有兩個交點。現在給定一個N，你能夠計算出三種不同情況下，空間最多被劃分出多少個部分嗎？若干組測試資料，每組測試資料佔一行，每行一個正整數N（1<=N<=10^6）每組資料輸出一行，每行3個整數，之間用空格隔開。分別輸出N條直線，N條“V”型線，和N個橢圓最多能夠將平面劃分成多少部分，結果

題意：去掉連續的數，使得它們的總和mod一個數不變。分析：模(m)一個數不變，在某些連續數字會存在能被m整除。除掉這些數，對餘數是沒任何影響的。故可以轉化為：在n個數中，取出連續的的數使得它們的和能被m整除，求最多可以去多小個。這題和最大連續子序類似。於是設有：s[i]表示前i個數的總和。那麼,要求得的是：(s[j]-s[i-1])%m==0 的條件下。求j-i+1的最大值(i到j相隔最遠）。根據同餘定理就有：s[j]%m-s[i-1]%m==0;cord：#include<cstdio&

題意：有N個頂點，每個頂點有一個權值，初始值皆為0。接下來有M次操作，操作內容為 [a,b) or [b,a)，將區間內頂點i 權值置為1，求最後頂點權值為0的數量。多組測試資料。第一行為兩個整數n, m，n(1<=n<=20000)表示頂點， m(1<=m<=50000)表示操作次數。接下來包含m行，每行包含兩個正整數 a,b屬於區間[1,n] ，意義如上所述。每組測試輸出一行，包含一個整數，表示頂點值為0的數量。輸入 3 1 1 2 3 1 1 3 輸出 2 1分析：

點擊開啟連結總是把問題看的太複雜，還以為是三分尋找。這題根本沒這個必要。只要使圓周剛好與邊相等就行了，矩形中最大的圓就是取最小邊作為直徑就行了。再分別以兩邊為高，比較就行了。水啊！代碼：#include<stdio.h>#include<math.h>#include<algorithm>using namespace std;const double pi=acos(-1.0);int main(){ double

其實我也不太瞭解這個這個威佐夫博弈，定理的證明也沒去過多的瞭解，只知道，它是一個數列，表示在這兩個數一組的一種情況，如，(1,2),(3,5),(4,7).....中表示了先取的敗局，可以用一個黃金分割點來刻畫。具體要認懂，去看別人的分析吧，對於學習編程的人，沒必要去個個弄懂，這麼多理論，要弄懂，並非易事，我們只要知道有這麼一回事就行了，怎麼用代碼去實現它，就ok了。#include<stdio.h>#include<math.h>int main(){ int

題意：對簡單的‘+’，‘-’，‘*’，‘/';進行運算，運算的結果保證在長整型範圍內。對除以0的輸出"impossible".輸入的運算操作均合法。輸入的字串長度小於50，數值沒有小數出現。本題的意圖很明顯，就是依靠列隊來或堆棧來實現。規定了一些條件，從而大大地降低了難度。分析也很容易。比如算：2+3*5-2；對於合法的運算操作，我們可以知道，運算元比操作符多一個，並且是相互交替，奇偶相間。而運算優先順序‘*’和‘/‘高一些。在入列的時候我就直接算出來。也可以全部加進去，在以後出來，方法就是：在

基礎題。用來增強信心。代碼：#include<stdio.h>int father[1005];int find(int x){return x==father[x]?x:find(father[x]);}int main(){int t,a,b,n,m,ans,i;scanf("%d",&t);while(t--){ans=0;scanf("%d%d",&a,&b);for(i=1;i<=a;i++) father[i]=i;while(b--){

首先聲明:本題分析來自他人，不屬本人創作。題目分析：     根據題意可知，題目要求的是求(x+k*m)modl=(y+k*n)mod l這個模方程的k的最小整數解；跟據模的性質對這個方程變形得:k*(m-n)+t*l=y-x(t為引進的一整數);令a=(m-n);b=y-x;得：    k*a+t*l=b;