【今日上涨停】A股给吉庆,春耕行情正式拉开序幕!

By admin in mobile.365-838.com on 2018年10月22日

【SinGuLaRiTy-1026】
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大家吓,”板哥”根据新型事件、公告、龙虎榜席位等曾了解公开消息,为大家做涨停板测,以便投资者决策。

[UVA 1025] A Spy in the Metro

昨日热门

题目叙述

间谍玛利亚为送及S市施行一个专门危险的任务。她索要动用地铁好他的职责,S市的地铁仅生同等长长的线运行,所以并无复杂。

玛利亚产生一个职责,现在之年华为0,她而于第一只站起身,并当终极一立的信息员碰头。玛利亚知情有一个劲的团组织正在追踪其,她理解要直接呆在一个车站,她会有老老之为批捕的风险,躲在运转的火车中凡比较安全之。所以,她宰制尽可能地呆在运行的火车被,她只好向前面或向后因车。

玛利亚为能够准时且安全之到最终一个站以及对方会,需要了解在在车站最为小等时总和的计划。你不能不写一个次,得到玛丽亚最缺的等时。当然,到了终点站之后要日还并未交确定之时刻,她好当车站里等着对方,只不过是等待的天天也是设算是进去的。

这市有n个站,编号是1-n,火车是如此走的:从第一个站开始至结尾一个车站。或者由最终一站发车然后开会来。火车在各个特定个别立之间行驶的时刻是定点的,我们啊足以忽略停车之工夫,玛利亚的快慢极快,所以他可很快达到上任就简单部车还要到站。

金地集团带头地产股反弹,金地集团涨逾9%,绿地控股涨逾8%,荣盛发展涨逾8%。中交地产涨逾5%,阳光城、荣盛发展涨逾5%。方大特钢带动钢铁股大涨,方大特钢涨停,三钢闽光涨逾7%,八一刚涨逾6%,新钢股份、韶钢松山、南钢股份、安阳刚涨逾5%。兖州煤业领涨煤炭板块,兖州煤业涨停,潞安环能涨逾8%,陕西煤业、平煤股份、山西焦化涨逾5%,恒源煤电、西山煤电涨逾4%。跌幅榜上强送转、机场航运、细胞免疫治疗板块跌幅居前。

输入

输入文件包含多组数据,每组数据还是因为7行组成
第1执:一个正整数N(2<=N<=50)表示站的多寡
第2行:一个正整数T(0<=T<=200)表示需之见面时
第3履行:1-(n-1)个刚刚整数(0<ti<70)表示两立间列车的经过日
第4履:一个整数M1(1<=M1<=50)表示去第一个站的火车的数量
第5实行:M1独刚整数:d1,d2……dn,(0<=d<=250且di<di+1)表示每一样排列火车离第一站的辰
第6实施:一个刚刚整数M2(1<=M2<=50)表示去第N站的火车的数量
第7尽:M2独刚刚整数:e1,e2……eM2,(0<=e<=250都ei<ei+1)表示每一样列火车离第N站的时光
终极一履行有一个整数0。

会解读:盘面看,周期股表现强势主攻,金融权重股助攻之下,沪指直逼60日通通线。题材股则展现分化,但市场整体呈现普涨行情,赚钱功能大幅升级。

输出

对每个测试案例,打印一实施“Case
Number N:
”(N从1开始)和一个平头表示总待的绝短缺日或一个单词“impossible”如果玛丽亚不容许做到。按照样例的出口格式。

据悉资金以及事件驱动,个道信息公告,后市具备一定之市价值要做以下关注:

样例数据

样例输入 样例输出

4
55
5 10 15
4
0 5 10 20
4
0 5 10 15
4
18
1 2 3
5
0 3 6 10 12
6
0 3 5 7 12 15
2
30
20
1
20
7
1 3 5 7 11 13 17
0

Case Number 1: 5
Case Number 2: 0
Case Number 3: impossible

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ST重钢(601005)

解析

一道DP题目,dp[i][j]代表至第i独都之上
,时间也j的等候时至少是聊,然后变方程即可。

*ST重钢1月2日晚公告,2017年12月29日,重庆一中院裁定公司整治计划实施了。公司为破产重整有的重整收益将计入2017秋相关财务报表。经开匡算,本次整治事项发生的整治收益净额预计也20亿头左右(本次收益为一次性收入)。上述重整事项将对准店2017年度之利和终净资产由负转正有积极的熏陶。公司股票将受1月3日从复牌。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>

#define MAXN 110

using namespace std;
int a[MAXN];
int d1[MAXN][MAXN],d2[MAXN][MAXN];
int m1,m2;
int dp[MAXN][400];

int main()
{
    int n;
    int T=1;
    while(scanf("%d",&n)&&n!=0)
    {
        int t;
        scanf("%d",&t);
        for(int i=1;i<=n-1;i++)
            scanf("%d",&a[i]);

        scanf("%d",&m1);
        for(int i=1;i<=m1;i++)
            scanf("%d",&d1[1][i]);
        sort(d1[1]+1,d1[1]+m1+1);

        scanf("%d",&m2);
        for(int i=1;i<=m2;i++)
            scanf("%d",&d2[n][i]);
        sort(d2[n]+1,d2[n]+m2+1);

        dp[0][1]=0;
        for(int i=1;i<=m1;i++)
            for(int j=1;j<=n-1;j++)
                d1[j+1][i]=d1[j][i]+a[j];

        for(int i=1;i<=m2;i++)
            for(int j=n-1;j>=1;j--)
                d2[j][i]=d2[j+1][i]+a[j];

        for(int i=0;i<=t;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                dp[j][i]=t+1;

        dp[1][0]=0;
        for(int j=0;j<=t;j++)
            for(int i=1;i<=n;i++)
                if(dp[i][j]<=t)
                {
                    int k;
                    for(k=1;k<=m1;k++)
                        if(d1[i][k]>=j)
                            break;
                    if(d1[i][k]-j+dp[i][j]<dp[i+1][j+a[i]+d1[i][k]-j]&&k<=m1)
                        dp[i+1][j+a[i]+d1[i][k]-j]=d1[i][k]-j+dp[i][j];
                    for(k=1;k<=m2;k++)
                        if(d2[i][k]>=j)
                            break;
                    if(k<=m2&&d2[i][k]-j+dp[i][j]<dp[i-1][j+a[i-1]+d2[i][k]-j])
                        dp[i-1][j+a[i-1]+d2[i][k]-j]=d2[i][k]-j+dp[i][j];
                }

        for(int i=1;i<=t;i++)
            if(dp[n][i]<t)
                dp[n][t]=min(dp[n][i]+t-i,dp[n][t]);

        if(dp[n][t]<=t)
            printf("Case Number %d: %d\n",T++,dp[n][t]);
        else
            printf("Case Number %d: impossible\n",T++);
    }
    return 0;
}

时机解读:店家因挫折重整有的整理收益将计入2017载相关财务报表。经开匡算,本次整治事项有的理收益净额预计为20亿头条左右(本次收益吗一次性收入)。上述重整事项将对公司2017东之净收入和晚净资产由负转正发积极的影响,受这个影响,股价有望走补涨行情。

[UVA 437] The Tower of Babylon

外加:(板哥心水股)

题材叙述

可能你都听罢巴比伦塔的传说,现在此故事的累累细节就被遗忘了。现在,我们若告知你整整故事:
巴比伦人有n种不同的积木,每种积木都是诚恳长方体,且数额还是无与伦比的。第i栽积木的长宽高分别吗{xi,yi,zi}。积木可以吃盘,所以前面的长宽高是可交换的。也便是中2独组成底部的长方形,剩下的一个吧高度。巴比伦人想要之故积木来尽可能地盖还胜似之宝塔,但是片片积木要叠在合是来极的:只有积木A的底部2个度都低于积木B的底层相对的2只度经常,这积木A才可折叠在积木B上方。例如:底部也3×8的积木可以置身脚也4×10之积木上,但是无法在脚也6×7的积木上。
受您有积木的多少,你的职责是写一个程式算有可堆出之宝塔高是聊。

兖州煤业(600188)

输入

输入数据会含有多组数。
当各个一样组数据中:第1执行包含一个整数n,表示出n
(1<=n<=30)种不同之积木。接下来的n行,每行给闹3单整数,表示无异块积木的增长宽高。
当n=0时,输入数据了。

机遇解读:市面煤价远超基准价背景下,中长期合同的协定比例进一步小,理论及公司业绩弹性越强。中国煤炭市场网揭晓之2017年12月秦皇岛5500很卡动力煤长协价格为564元/吨,12月CCTD秦皇岛5500颇卡动力煤现货均价格呢612元/吨,长协价与现货均价价差48首位/吨,与市场煤价差距还可怜。在吨煤生产成本一定的景况下,动力煤中长协价格同现货价的差额部分完全是利,因此在动力煤市场价高于基准价的动静下,中长期合同的缔约比例进一步小,公司业绩弹性越怪。兖州煤业受益于煤炭和甲醇价格上涨,公司权益煤炭产量明显升级,中长期合同煤量占比粗,澳洲寨业绩反转,并购联合矿业协同效应显现,甲醇二期项目投产,公司盈利能力将肯定升级并逐渐释放。后期仍有望更加走强,但据悉该股今日上涨停突破,不散回踩颈线位置,建议出现小吸点再与较为安全。

输出

对于每一样组数据,按照以下格式输出答案:
Case case:
maximum height = height

板哥操盘策略:昨天开盘,各大股指高开,喜迎开门红,沪指直逼60日咸线,大涨1单多百分点,创1只月新大。盘面上,周期股表现亮眼,化工板块、水泥建材、房地产、煤炭、银行、天然气、石油等行业领涨;题材股方面,草甘膦、租售同权、表现亮眼,但问题股整体仍拥有分化。市场量能温柔放大,呈现普涨的行情。

样例数据

样例输入 样例输出

1
10 20 30
2
6 8 10
5 5 5
7
1 1 1
2 2 2
3 3 3
4 4 4
5 5 5
6 6 6
7 7 7
5
31 41 59
26 53 58
97 93 23
84 62 64
33 83 27
0

Case 1: maximum height = 40
Case 2: maximum height = 21
Case 3: maximum height = 28
Case 4: maximum height = 342

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

技巧上,沪指昨日跳空高开,震荡前行,短期均线拐头向上发散,形成多头排的势,并且都成功突破半年线逼近上方60日均线。下方MACD指标红柱拉长,量会温柔放大,反弹动能比较强,可连续羁押高一线,后期关注上方3355接触60日全都线压力位能否收复。

解析

初一收押,有硌像极丰富及升子序列类型的问题。对于积木可以扭转这一个准,我们得以拿不同状态(总共发生6栽,自己绘画图吧)下之积木看成不同品类之积木。为了有利于以后DP的判定,我们以DP之前先行小地预处理以下:对各一样种植积木,按照底面积增加排序。后面的DP过程较好怀念,大家可关押代码。

板哥认为沪指昨日开课,在假日里边利好信息之齐振下,迎来2018的红,量能冒出温和放大,涨势较为有力。此前板哥说罢,市场已出现筑底成功的前方半段特征,而后半段也当产出积极的信号。从今日市场表现看,可以说晚半截特征基本出现,后期就算是沪指于60日备线有所反复,但沪指选择了进步突破箱体,抬高重心,足以说明,主力又想市场发展的意。

Code

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>

#define MAXN 30*6+10

using namespace std;

struct Block
{
    int x,y,h;
    void fun(int a,int b,int c)
    {
        x=a;
        y=b;
        h=c;
    }
}node[MAXN];

bool cmp(Block r,Block t)
{
        return r.x*r.y<t.x*t.y;
}

int dp[MAXN];

int main()
{
    int num,cnt=0;
    while(scanf("%d",&num)!=EOF)
    {
        if(!num)
            return 0;
        int a,b,c;
        int m=0;
        for(int i=0;i<num;i++)
        {
            cin>>a>>b>>c;
            node[m++].fun(a, b, c);
            node[m++].fun(a, c, b);
            node[m++].fun(b, a, c);
            node[m++].fun(b, c, a);
            node[m++].fun(c, a, b);
            node[m++].fun(c, b, a);
        }
        sort(node,node+m,cmp);
        int maxlen=0;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            dp[i]=node[i].h;
            for(int j=0;j<i;j++)
                if(node[i].x>node[j].x&&node[i].y>node[j].y)
                    dp[i]=max(dp[i],dp[j]+node[i].h);
            if(dp[i]>maxlen)
                maxlen=dp[i];
        }
        cout<<"Case "<<++cnt<<": maximum height = "<<maxlen<<endl;
    }
    return 0;
}

所谓一年之计在于春,春耕行情就正式拉开序幕,紧跟市场节奏了个肥年是着重。从盘面看,昨日长势强劲的实在周期类板块,可以说在供给收缩,对盈利的推一方面在行业优化带来的集中度与频率提升。而煤炭、有色、钢铁等供侧改革重要行业上市企业利润增速明显高于整体工业企业赢利增速。另一方面,价格更是是原料价格提升是助推周期股盈利上行的显要动力。年报行情就上马,而受益产品涨价,提升整体业绩的周期类个股,交一份亮丽的年报属大概率事件,这无异于板快后期可继续关心。

[UVA 1347 | POJ 2677] Tour

板哥评股回顾:

问题叙述

John
Doe是平名佳绩之飞行员。一不成,他操纵租一架有点飞机开始旅行有好看的地方。John
Doe为友好规划之宇航路线满足以下要求:
1>路线经过所有的都;2>路线由极度左边的地方开,先严格为右侧,到达最右边的地方后,再严厉为左回到出发的地方;3>两独地点之间的门路是直线。
今,给起各个一个碰之坐标,请您要来满足要求的最为短路线的长短。

一如既往词话题意:有n个点,给出x、y坐标。找来同条路,从最左边的接触出发,严格为右侧走至最右边点又严厉为左回到最左点。问尽缺乏路径的长度是小?

荣丰控股(000668)昨天尚未受益于业绩预告预增的震慑,走来强势反弹之物价指数,整体表现弱于地产板块和大盘的见。说明市场对这仿佛超过跌弱势的个股并没有好感,要做就做龙头的笔触没换。技术及,该股昨日弱势振荡,小幅收涨,成交以较为低迷,如果参与该股,建议择机退出,未参与该股的建议观望。

输入

输入文件包含多组数据。

各个一样组数的第1履包含一个平头n
(1<=n<=1000),表示点的多寡。接下来的n行,每行包含两单浮点数(double)
xi,yi,表示一个沾之坐标为(xi,yi)。

滨江集团(002244)昨日平盘开盘后,在地产板块和租赁同权的强势下,一度拉升近4只点,随后进行震荡,收盘涨接近2个多沾。从技术上看
,该股前期走宽幅箱体震荡行情,近期出现放量强势突破箱体上边界,走有加快上涨的盘,短期均线多头排,中长期均线为鉴于走平到拐头向达之势。预计该股后期仍时有发生展现的机遇,向上关注上方9最先区域之压力位,向下关注人世30日净线位置的利害。

输出

于各一样组测试数据,输出一个点滴各项小数,表示若算出底卓绝短距离。

铁板们别忘了看罢随手“点赞”和“转发”,让还多的口目~

样例数据

样例输入 样例输出

3
1 1
2 3
3 1
4
1 1
2 3
3 1
4 2

6.47
7.89

 

 

 

 

 

 

 

 

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解析

<题目类型:双调欧几里得旅行商问题>

1.率先要用原先问题转化为,两独人A、B同时起极度左边的触发出发,一起严格为最好右点运动,且经过所有点一糟糕(除了最左点和太右边点)。这简单个问题有所等价性。
2.先自然想到用dp(i,j)表示A走至i,B走及j时之状态还用活动多远到顶点(注意表示的是还有多少届极点,所以该结果以及眼前怎么动之无关),那么可以印证dp(i,j)==dp(j,i);这里有人或者会见纳闷为什么会当,刚刚说罢dp(i,j)表示早已上这状态后尚待活动多远到极限,与怎么到这个状态的连从未涉及,所以dp(i,j)和dp(j,i)只是少数独人口角色对换了罢了。
3.想到就同样步后,会出现一个问题,就是dp(i,j)无法知道i、j之间的一些点是否早已走过了,所以我们得更为考虑,刚刚我们关系,dp(i,j)==dp(j,i),那么我们便好尽为i>=j(等于只有极与起点上)。如果j>i了,只需要交换A、B的角色即可,即将i换为j,j换为i。
4.发了之原则之后,我们就可以确定dp(i,j)规定呢:A在i,B在j(i>=j)且i之前的所有点都走过了,这样吗不会见漏解,为什么呢?我们的当的法门中,之所以i~j之间有些不亮堂走过了从未,就是坐咱们允许A连续运动了差不多步,比如A从P1->P5->P6,而B可能由P1->P2。所以P3,P4我们不懂得出无发出深受A或者B走及,因为我们特懂A走至了P6而B走及了P2。但是你明显发现了,在刚生例子中,P3、P4之后必须要于B走及。所以我们改进的dp(i,j)中可以让A和B一格一格走,要么A走,要么B走(其实仅仅是被各个生成了瞬间万一一度)。
5.来矣正要的论据,我们的状态转移就成了底这样:
dp[i][j]=min(DP(i+1,j)+dist(i,i+1),DP(i+1,i)+dist(j,i+1));

不畏要A走,要么B走,如果A走吧,那么走及状态dp(i+1,j);如果B走,那么走至状态dp(i,i+1)到要求面前大于后面,所以dp(i,i+1)==dp(i+1,i)即可。注意dist(i,j)表示i-j的去。

Code

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

struct point
{
    double x;
    double y;
};
point p[1010];

double dp[1010][1010];
double dis[1010][1010];

bool cmp(point a,point b)
{
    return a.x<b.x;
}

double dist(int i,int j)
{
    if(dis[i][j]>=0)
        return dis[i][j];
    return dis[i][j]=sqrt((p[i].x-p[j].x)*(p[i].x-p[j].x)+(p[i].y-p[j].y)*(p[i].y-p[j].y));
}

double DP(int i,int j)
{
    if(dp[i][j]>=0)
        return dp[i][j];
    dp[i][j]=min(DP(i+1,j)+dist(i,i+1),DP(i+1,i)+dist(j,i+1));
    return dp[i][j];
}

int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=0;i<1010;i++)
            for(int j=0;j<1010;j++)
            {
                dis[i][j]=-1.0;
                dp[i][j]=-1.0;
            }
        for(int i=0;i<n;i++)
            cin>>p[i].x>>p[i].y;
        sort(p,p+n,cmp);
        for(int j=0;j<n;j++)
            dp[n-2][j]=dist(n-2,n-1)+dist(j,n-1);
        printf("%.2lf\n",DP(0,0));
    }
    return 0;
}

[UVA 12563] Jin Ge Jin Qu

题目叙述

生同样篇杀看好的曲子,叫做”劲歌金曲”。这篇歌其实是37篇歌唱之联谊,长及11区划18秒。为什么它这么红呢?假而你在KTV唱歌时只生15秒就交包场时间了,由于KTV不会见以歌唱中途来叫停,你应有尽快选另一样篇乐曲来延长时间。如果这时候你选择了精锐歌金曲,那么您就见面取得额外663秒的工夫……~\(≧▽≦)/~
今天你还有一部分工夫,但是若准备制定一个计划。同时你如果满足以下规则:
1>一首歌最多只能唱一任何(包括
劲歌金曲 )
2>对于同首长度为t的讴歌,要么唱完t时间,要么不唱
3>一篇歌唱罢晚,立即唱下一致首(中间没有刹车)
君的靶子特别粗略,唱尽可能多的唱,尽可能晚的距离KTV根据第三漫长规则,这也会见使我们唱最多之歌唱)。

输入

输入文件之首先履行包含一个整数T
(1<=T<=30),表示来T组测试数据。
各级一样组测试数据因零星独整数n和t
(1≤n≤50,1≤t≤10^9)开始,分别表示歌曲的数额(不包精歌金曲)和剩下的年华。接下来的一样履行包含n个整数,分别代表马上n首歌唱的年月长度
(以秒(s)为单位,每首歌的尺寸不越3分钟)。
输入数据保证,所有歌唱(包括精歌金曲)的时间总和一定超过t。

输出

对此每一样组数,给有最充分之歌数和唱歌的总时间。

样例数据

样例输入 样例输出

2
3 100
60 70 80
3 100
30 69 70

Case 1: 2 758
Case 2: 3 777

 

 

 

 

 

 

<样例解释>

对于第一组数据,先唱80秒长的老三篇,再唱678秒长之劲歌金曲。
于第二组数据,先唱第一首和亚首(总共99秒),此时尚余下最后1秒,我们再次唱劲歌金曲(678秒)。如果我们事先唱第一篇和老三首(总共100秒),我们就算没有工夫唱劲歌金曲了。

解析

  每首歌最多选同蹩脚,由规则180n+678>T可知最充分T=9678s,可以转账为0-1背包的题目:
  1.状态d[i][j]意味着:在此时此刻剩余时间为j的图景下,从i,i+1,…,n中能选出歌之无比酷数据。
  状态转移方程:d[i][j]=max{
d[i+1][j] , d[i+1][j-t[i]]+1 },( j-t[i]>0
);其中d[i+1][j]代表第i篇歌唱不选择时所选歌的最为要命数额,d[i+1][j-t[i]]+1表示第i首歌让增选后所选歌的顶深数目。注意当
j-t[i]<=0 时
,即剩余时间不超过0时,第i首歌不可知选择,此时d[i][j]=d[i+1][j];
  边界条件是:i>n,d[i][j]=0;
  2.由于题目要求于所接触歌数目最为酷的图景下尽可能保证唱歌的时间最丰富,那么同样好转账成0-1坐包问题,但是d[i][j]假如先行计算:
  状态song[i][j]代表:在目前剩余时间为j的情下,从i,i+1,…,n中所选出歌累计的极丰富日子。
  状态转移与随d[i][j]进行:令v1=d[i+1][j](即不选择第i首歌唱),v2=d[i+1][j-t[i]]+1(选择第i首歌)
  如果:
    1)
v2>v1,
说明第i篇歌唱要点,song[i][j]=song[i+1][j-t[i]]+t[i];
    2)
v2==v1,
song[i][j]=max{song[i+1][j],song[i+1][j-t[i]]+t[i]};
    3)
v2<v1,
说明第i篇歌唱一定不能够接触,song[i][j]=song[i+1][j];
  逆序递推,答案是d[1][T]和song[1][T]。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

const int INF=-100000000;
const int maxn=50;
const int maxt=10000;

int t[maxn+5];
int d[maxn+5][maxt];
int song[maxn+5][maxt];
int n,T;

int main()
{
    int Case;
    scanf("%d",&Case);
    for(int tt=1;tt<=Case;tt++)
    {
        scanf("%d%d",&n,&T);
        memset(t,0,sizeof t);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&t[i]);
        memset(d,0,sizeof d);
        memset(song,0,sizeof song);
        for(int j=T;j>=0;j--)
        {
            if(j-t[n]>0)
                song[n][j]=t[n];
            else
                song[n][j]=0;
        }
        for(int i=n;i>=1;i--)
            for(int j=T;j>0;j--)
            {
                int v1,v2;
                v1=d[i+1][j];
                if(j-t[i]<=0)
                    v2=INF;
                else
                    v2=d[i+1][j-t[i]]+1;
                d[i][j]=max(v1,v2);
                if(v2>v1)
                    song[i][j]=song[i+1][j-t[i]]+t[i];
                else if(v2==v1)
                    song[i][j]=max(song[i+1][j],song[i+1][j-t[i]]+t[i]);
                else
                    song[i][j]=song[i+1][j];
            }
        int num=d[1][T]+1;
        int len=song[1][T]+678;
        printf("Case %d: %d %d\n",tt,num,len);
    }
    return 0;
}

[UVA 11400] Lighting System Design

问题叙述

乃将要为一个集会大厅设计一个照明系统。在做了有些检察及测算后,你意识有一个俭朴的统筹能满足大厅的照明需求。根据当时无异统筹,你用n种不同功率的电灯。由于电流调节需要,所有的电灯都得给通过一致的电流,因此,每一样种植灯都来相应的额定电压。现在,你既清楚了各国一样栽电灯的数目及单位成本。但问题来了,你将为富有种类的灯泡买同样的电源。事实上,你啊得吧每一样种灯泡单独买同样栽电源(我们当:一个电源可以吗众多单额定电压啊电源电压的电灯供电)来成功设计。但是企业财务部很快发现她们好透过删除一些电源并转移高功率的灯泡。你本不可知将灯泡换成低功率的,因为这样便见面如大厅的一模一样组成部分未克赢得照明。你再次关心的是省去钱而休是节约能源,因此而若重复规划一个网(将一些低位电压灯泡更换为胜电压灯泡),来如果价格不过便利。

输入

发出多组数。
各一样组数据为一个平头n
(1<=n<=1000),表示灯泡的路。接下来的n行每一行表示一致种灯泡的信,一行包含4个整数:额定电压V
(1<=V<=132000),满足所要电压的电源的单价K
(1<=K<=1000),灯泡的单价C (1<=C<=10),需要的灯泡数量L
(1<=L<=100)。
当n=0时,输入数据截止。

输出

对此每一样组数,输出可能的卓绝小花费。

样例数据

样例输入 样例输出

3
100 500 10 20
120 600 8 16
220 400 7 18
0

778

 

 

 

 

 

 

解析

率先要明白一种灯泡要全部移,要么不转换。如果换一部分以来,首先电源费用得不顶节,那么节省的片就是止来自于转换的那么有灯泡,既然可以省去钱干嘛不干脆全部易了也?所以要全换,要么不换。然后我们的算法就是事先随V排序,然后cost[i]表示解决眼前
i
种灯泡的卓绝优解,那么换方程是枚举j<i,将j之前的保最优解cost[j]免变换,j之后的漫天成为i种灯泡。开始有一个疑问是:会无会见漏解,为什么没有枚举替换j之前的不总是的等同有?后来察觉,这个题材其实不在,因为i之前的灯泡肯定是更为后面的消费更是充分,因为要前方的花费反而再也特别之言语,大可变换为后的灯泡。

Code

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>

#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 1010

using namespace std;

struct node
{
    int v,k,c,l;
};
node light[MAXN];

bool cmp(node a,node b)
{
    return a.v<b.v;
}

int num[MAXN];
int cost[MAXN];

int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n!=0)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            cin>>light[i].v>>light[i].k>>light[i].c>>light[i].l;
        sort(light+1,light+n+1,cmp);
        num[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            num[i]=num[i-1]+light[i].l;
        }
        cost[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cost[i]=INF;
            for(int j=0;j<=i;j++)
                cost[i]=min(cost[i],cost[j]+(num[i]-num[j])*light[i].c+light[i].k);
        }
        cout<<cost[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

[UVA 1625] Color Length

题材叙述

输入两只长分别吗n和m(n,m≤5000)的水彩序列,要求按序列合并成同一个行列,即每次可把一个行开头的水彩放到新序列的尾部。例如,两独颜色序列GBBY和YRRGB,至少有点儿种合并结果:GBYBRYRGB和YRRGGBBYB。对于每个颜色c来说,其跨度L(c)等于最要命职务及太小位置的差。例如,对于地方两栽合并结果,每个颜色的L(c)和所有L(c)的总额如图所示。你的任务是摸索一种植合并方式,使得所有L(c)的总额最小。(注:该英文翻译来自《算法竞赛入门经典(第2本)》)

图片 1

输入

输入文件包含了T组测试数据,T在输入数据的第1履行会于来。
各个一样组测试数据包含两实践字符串,各代表一个颜料序列。在字符串中,颜色用小写英文字母表示。
输入数据保证:每组数据中冒出的颜色数不超过26,每一个颜色序列的尺寸不越5000。

输出

对此各级一样组测试数据,输出一个平头,表示L(c)的总数的顶小价。

样例数据

样例输入 样例输出

2
AAABBCY
ABBBCDEEY
GBBY
YRRGB

10
12

 

 

 

 

 

解析

对此个别单颜色序列p和q,设d(i,j),表示p拿前i个字符,q拿前j个字符所要的代价。
鉴于n,m<=5000,二维数组改化滚动数组。
是时节,不是相等交一个颜料全部动了了后头重新算跨度,而是,只要稍微种颜色就上马只是从没终结,就L(c)+1;
首要在于求代价C。首先计算全部移动q,只要是该字符开头,代价就是加以相同,但是若刚好是终极一个不怕恢复。然后再推数组p时,就得一直以曾算好的c代价数组,只需要根据她创新由于i的参加如增加的代价。

Code

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>

#define maxn 5005
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

char p[maxn],q[maxn];
int sp[26],ep[26],sq[26],eq[26];
int d[2][maxn],c[2][maxn];

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%s%s",p+1,q+1);
        int n=strlen(p+1);
        int m=strlen(q+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            p[i]-='A';
        for(int i=1;i<=m;i++)
            q[i]-='A';
        for(int i=0;i<26;i++)
        {
            sp[i]=sq[i]=INF;
            ep[i]=eq[i]=0;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            sp[p[i]]=min(sp[p[i]],i);
            ep[p[i]]=i;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            sq[q[i]]=min(sq[q[i]],i);
            eq[q[i]]=i;
        }
        memset(c,0,sizeof(c));
        memset(d,0,sizeof(d));
        int t=1;
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0; j<=m;j++)
            {
                if(!i&&!j)
                    continue;
                int v1=INF,v2=INF;
                if(i)
                    v1=d[t^1][j]+c[t^1][j];
                if(j)
                    v2=d[t][j-1]+c[t][j-1];
                d[t][j]=min(v1, v2);
                if(i)
                {
                    c[t][j]=c[t^1][j];
                    if(sp[p[i]]==i&&sq[p[i]]>j)
                        c[t][j]++;
                    if(ep[p[i]]==i&&eq[p[i]]<=j)
                        c[t][j]--;
                }
                else if(j)
                {
                    c[t][j]=c[t][j-1];
                    if(sq[q[j]]==j&&sp[q[j]]>i)
                        c[t][j]++;
                    if(eq[q[j]]==j&&ep[q[j]]<=i)
                        c[t][j]--;
                }
            }
            t^=1;
        }
        printf("%d\n",d[t^1][m]);
    }
    return 0;
}

[UVA 10003] Cutting Sticks

题目叙述

汝的天职是给一小叫Analog
Cutting Machinery (ACM)的号切割木棍。
切割木棍的本金是根据木棍的长度要自然。 而且切割木棍的上每次就切一段落。

老显眼的,不同切割的次第会时有发生不同之资产。
例如: 有平等干净长10米之木棍必须在第2、4、7公尺的地方切割。
这个上就是起几栽选择了。你可以挑选先切2公尺之地方,
然后切4米之地方,最后切7公尺的地方。这样的选那个基金也:10+8+6=24。
因为第一赖切时木棍长10公尺,第二潮切时木棍长8公尺,第三不好切时木棍长6公尺。
但是如果您挑先切4公尺之地方,然后切2公尺的地方,最后切7公尺之地方,
其基金也:10+4+6=20,这本就是一个比较好之选取。
卿的老板娘相信您的微处理器能力自然好搜索有切割一木棍所用最小之成本。

平等句子话题意:给得一干净已知晓长度的木棍,给定n个切割点,要求本切割点切割木棍,花费按照切割的木棍长度计算,例如有相同完完全全长10之木棍,切割点为2、4、7,如果以2、4、7底依次切割,花费将是10

  • 8 + 6 = 24,如果照4、2、7的逐一切割,那么花费将是10 + 4 + 6 =
    20,切割顺序可以任意,要求花费最小。

输入

含蓄多组测试数据。
对于每组测试数据:第1行包含一个正整数l
(l<1000),表示木棍的毕竟长度。第2推行让闹刚整数n
(n<50),表示切割点的数量。第3执行以升序给出n个正整数ci
(0<ci<l),表示每一个切割点的职位。
当l=0时,输入数据了。

输出

于各一样组测试数据,输出完成切割的极致小花费。输出格式见样例。

样例数据

样例输入 样例输出

100
3
25 50 75
10
4
4 5 7 8
0

The minimum cutting is 200.
The minimum cutting is 22.

 

 

 

 

 

 

 

解析

较独立的动态规划问题,根据题意找到状态转移公式就哼了:dp[i][j]=max{dp[i][k]+dp[k][j]+len[j]-len[i]|i<k<j} 

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>

const int INF = 0x3f3f3f3f;

using namespace std;

int dp[100][100];
int num[100];

int main()
{
    int len,n;
    while(scanf("%d",&len)&&len)
    {
        scanf("%d",&n);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&num[i]);
        num[0]=0;
        num[n+1]=len;
        int minn,p;
        for(int i=1;i<=n+1;i++)
        {
            for(int j=0;j+i<=n+1;j++)
            {
                p=j+i;
                minn=INF;
                for(int k=j+1;k<p;k++)
                {
                    int temp=dp[j][k]+dp[k][p]+num[p]-num[j];
                    if(temp<minn)
                        minn=temp;
                }
                if(minn!=INF)
                    dp[j][p]=minn;
            }
        }
        printf("The minimum cutting is %d.\n",dp[0][n+1]);
    }
    return 0;
}

[POJ 1141] Brackets Sequence

题材叙述

我们认为一个括号序列是有规律的,需满足以下原则:
1.一个拖欠的行是发规律的;
2.如果S是发生规律的括号序列,那么(S)和[S]还是发出规律的括号序列;
3.要果A和B都是有规律的括号序列,那么AB也是来规律的括号序列。
推个例证,一下底兼具括号序列都是产生规律的:
(), [], (()),
([]), ()[], ()[()]
要是以下的括号序列都非是:
(, [, ), )(,
([)], ([(]
为来一个含有'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和
‘]’的序列S,你要是找到最好短的出规律的括号序列,使S成为该字串。

输入

输入文件最多含100只充满声泪俱下字符(仅包含'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和 ‘]’)。

输出

出口找到的括号序列。

样例数据

样例输入 样例输出
([(] ()[()]

 

 

 

解析

据此DP求最少需要充满号数:以p从1至n(字符串长度),记录下从i到i+p需要添加的太少括号数f[i][j],同时记录下中用加加括号的职务pos[i][j]——为-1意味未需加上。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>

#define MAXN 120

const int INF=0x7fffffff;

int f[MAXN][MAXN],pos[MAXN][MAXN];
char s[MAXN];

int n;

int DP()
{
    n=strlen(s);
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=n;i>0;i--)
    {
        s[i]=s[i-1];
        f[i][i]=1;
    }
    int tmp;
    for(int p=1;p<=n;p++)
    {
        for(int i=1;i<=n-p;i++)
        {
            int j=i+p;
            f[i][j]=INF;
            if((s[i]=='('&&s[j]==')')||(s[i]=='['&&s[j]==']'))
            {
                tmp=f[i+1][j-1];
                if(tmp<f[i][j])
                    f[i][j]=tmp;
            }
            pos[i][j]=-1;
            for(int k=i;k<j;k++)
            {
                tmp=f[i][k]+f[k+1][j];
                if(tmp<f[i][j])
                {
                    f[i][j]=tmp;
                    pos[i][j]=k;
                }
            }
        }
    }
    return f[1][n];
}

void print(int beg,int End)
{
    if(beg>End)
        return ;
    if(beg==End)
    {
        if(s[beg]=='('||s[beg]==')')
            printf("()");
        else
            printf("[]");
    }
    else
    {
        if(pos[beg][End]==-1)
        {
            if(s[beg]=='(')
            {
                printf("(");
                print(beg+1,End-1);
                printf(")");
            }
            else
            {
                printf("[");
                print(beg+1,End-1);
                printf("]");
            }
        }
        else
        {
            print(beg,pos[beg][End]);
            print(pos[beg][End]+1,End);
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%s",s);
    DP();
    print(1,n);
    return 0;
}

<这里发出一个坑一点的变式:UVALive
2451,你得修改这道题之代码再付出,随意感受一下>

图片 2图片 3

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>

#define MAXN 120

using namespace std;

const int INF=0x7fffffff;

int f[MAXN][MAXN],pos[MAXN][MAXN];
char s[MAXN];

int n;

void Clear()
{
    memset(pos,0,sizeof(pos));
    memset(s,0,sizeof(s));
    n=0;
}

int DP()
{
    n=strlen(s);
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=n;i>0;i--)
    {
        s[i]=s[i-1];
        f[i][i]=1;
    }
    int tmp;
    for(int p=1;p<=n;p++)
    {
        for(int i=1;i<=n-p;i++)
        {
            int j=i+p;
            f[i][j]=INF;
            if((s[i]=='('&&s[j]==')')||(s[i]=='['&&s[j]==']'))
            {
                tmp=f[i+1][j-1];
                if(tmp<f[i][j])
                    f[i][j]=tmp;
            }
            pos[i][j]=-1;
            for(int k=i;k<j;k++)
            {
                tmp=f[i][k]+f[k+1][j];
                if(tmp<f[i][j])
                {
                    f[i][j]=tmp;
                    pos[i][j]=k;
                }
            }
        }
    }
    return f[1][n];
}

void print(int beg,int End)
{
    if(beg>End)
        return ;
    if(beg==End)
    {
        if(s[beg]=='('||s[beg]==')')
            printf("()");
        else
            printf("[]");
    }
    else
    {
        if(pos[beg][End]==-1)
        {
            if(s[beg]=='(')
            {
                printf("(");
                print(beg+1,End-1);
                printf(")");
            }
            else
            {
                printf("[");
                print(beg+1,End-1);
                printf("]");
            }
        }
        else
        {
            print(beg,pos[beg][End]);
            print(pos[beg][End]+1,End);
        }
    }
}

int main()
{
    int num;
    scanf("%d",&num);
    getchar();
    for(int i=1;i<=num;i++)
    {
        Clear();
        gets(s);
        gets(s);
        DP();
        print(1,n);
        if(i!=num)
            printf("\n\n");
        else
            printf("\n");
    }
    return 0;
}

View Code

[UVA 1331] Minimax Triangulation

题材叙述

照顺时针或者逆时针的次第为出多边的触及,要拿之多边形分解成n-2个三角,要求让这些三角行中面积最老的三角面积尽量小,求最好小价。

输入

输入文件包含多组数。输入文件的第1执包含一个平头n,表示出n组数据。
对于各级一样组数据,第1推行包含一个平头m
(2<m<50),表示该多边形来m个顶点。接下来的m行,每行包含两单整数x和y
(0<=x,y<=10000),表示一个顶的坐标。

输出

对此各一样组数据,输出面积的绝小价,答案保留一各小数。

样例数据

样例输入 样例输出

1
6
7 0
6 2
9 5
3 5
0 3
1 1

9.0

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

状态好好想念,dp[i][j]代表于第i独点及第j独点,划分成j-i-1个三角的无限优解,然后每次更换时,枚举长度及左边界始点,那么根据长度以及左侧界点就可知晓右边界点,然后枚举左边界与右边界中的点k,dp[i][j]
= min(dp[i][j], max(max(dp[i][k], dp[k][j]), Area(i, k,
j)).但是生一个题材,即i,k,j三沾围成的三角是否符合要求,判断的原则就是为是否是除i,k,j三触及外之一些在三角形中,有面积法判断。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=100;
const double INF=0x3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9;

struct point
{
    double x,y;
    void get()
    {
        scanf("%lf%lf",&x,&y);
    }
}p[N];

int n;
double dp[N][N];

double area(point a,point b,point c)
{
    return fabs((b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(c.x-a.x)*(b.y-a.y))/2;
}

bool judge(int a,int b,int c)
{
    double cur=area(p[a],p[b],p[c]);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(i==a||i==b||i==c)
            continue;
        double tmp=area(p[a],p[b],p[i])+area(p[b],p[c],p[i])+area(p[c],p[a],p[i]);
        if (fabs(tmp-cur)<eps)
            return false;
    }
    return true;
}

double solve ()
{
    for(int i=0;i<2;i++)
    {
        for(int j=0;j<n;j++)
            dp[j][(j+i)%n]=0;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
        dp[i][(i+2)%n]=area(p[i],p[(i+1)%n],p[(i+2)%n]);
    for(int k=3;k<n;k++)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int t=(i+k)% n;
            dp[i][t]=INF;
            for(int j=(i+1)%n;j!=t;j=(j+1)%n)
            {
                if(judge(i,t,j))
                    dp[i][t]=min(dp[i][t],max(max(dp[i][j],dp[j][t]),area(p[i],p[j],p[t])));
            }
        }
    }
    double ans=INF;
    for(int i=0;i<n;i++)
        ans=min(ans,dp[i][(i+n-1)%n]);
    return ans;
}

int main ()
{
    int cas;
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<n;i++)
            p[i].get();
        printf("%.1lf\n",solve());
    }
    return 0;
}

[UVA 12186] Another Crisis

题材叙述

世界危机起了,工人等要加薪。一个老板跟n个员工组成树状结构,每个职工还有协调的唯一上司,Boss的号为0,员工1~n,工人等打算签署一个志愿书给老板娘,但无法跨级,当一个当中员工(非是工人的职工)的专属下属被无小于T%的人头签字时,他吗会见签署又递交他的附属上司,问:要为Boss收到请愿书至少用有些只工友签字?

输入

输入文件包含多组数,每一样组测试数据占少数推行。
对此各一样组测试数据:第1履包含两单整数N和T
(1≤N≤10^5,1≤T≤100),其中N表示公司里的职工再三(不包Boss),T的意义见题目叙述;第2实行包含N个整数Bi
(0<=Bi<=i-1),表示编号为i的职工的直系Boss是数码也Bi的员工。
当N=0且T=0时,输入文件了。

输出

于各级一样组测试数据,输出需要签的极致少员工数。

样例数据

样例输入 样例输出

3 100
0 0 0
3 50
0 0 0
14 60
0 0 1 1 2 2 2 5 7 5 7 5 7 5
0 0

3
2
5

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

设d[u]意味着让u给上司发信最少需要有些只工人。假设u有k个子节点,则最少需c=(k*T-1)/100+1只一直下属发信才行。把所有子节点的d值从小至十分排序,前c个加起来即可。最终答案是d[0]。

Code

#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>

using namespace std;

const int maxn=100000+5;

int n,t;
vector<int> sons[maxn];

int dp(int u)
{
    if(sons[u].empty())  
        return 1;
    vector<int> d;
    int k=sons[u].size();
    for(int i=0;i<k;i++)
        d.push_back(dp(sons[u][i]));
    sort(d.begin(),d.end());
    int c=(k*t-1)/100+1;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<c;i++)
        ans+=d[i];
    return ans;
}

int main()
{
    int temp;
    while(scanf("%d%d",&n,&t)&&(n||t))
    {
        for(int i=0;i<=n;i++)
            sons[i].clear();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&temp);
            sons[temp].push_back(i);
        }
        int ans=dp(0);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

[POJ 3398] Perfect Service

题目叙述

N台电脑由N-1条连线连接,使得任意两高微机都能通过一致长达道路联系,这样虽形成了网络。如果简单贵微机内部发生相同长线连接,那么我们说就片雅电脑相邻。所有和同台计算机相邻的处理器组成的集,我们称为邻居。为了能快速地存取接收大量之信,我们需要以一些处理器成为服务器,来向其有的邻里提供资源。如果当一个大网被,所有的用户(即无是服务器的微处理器)都于刚刚一个服务器提供资源,我们即便认为这个网络形成了全盘服务。现在咱们定义,使一个网形成健全服务所待的绝少之服务器的多少,叫做”健全服务数“。

咱借设有N台电脑,且拿电脑由1~N编号。例如Figure
1所显示之网由6大电脑组成,其中的暗点表示服务器,白点表示用户。在Figure
1(a)中,3号和5号服务器无形成完善服务,因为4号用户同时给简单独服务器覆盖至了。而以Figure
1(b)中,3号和4号服务器就形成了一揽子服务,这个事例中的”完美服务数”就相当于2。

图片 4

汝的职责是描写一个顺序计算起”完美服务数”。

输入

输入文件包含多组数据。
对此各级一样组数:第一履行包含一个刚好整数N
(1<=N<=10000),表示网络中之电脑数。接下来的N-1行,每一行都蕴含两只正整数Ai和Bi,表示Ai和Bi是隔壁的。第N+1行之”0″表示第一组数的结束,接着开输入下一个数。当一组数的最后给出”-1″时,表示一切的输入数据截止。

输出

对此各级一样组测试数据,输出计算产生的”完美服务数”。

样例数据

样例输入 样例输出

6
1 3
2 3
3 4
4 5
4 6
0
2
1 2
-1

2
1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

dp[i][0]表示i是服务器又为i为根本之子树都给埋的情况下服务器的极端少接触数 
dp[i][1]表示i不属服务器,且为i为根的子树都让覆盖,且i被间未少于一个子节点覆盖的景下服务器的最好少沾数 
dp[i][2]表示i不属服务器,且因为i为彻底的子树都深受遮住,且i没被子节点覆盖的动静下服务器的绝少碰数 
dp[i][0]=1+sum(min(dp[u][0],dp[u][2])) 
dp[i][1]=INF
当i没有子节点 
dp[i][1]=sum(min(dp[u][0],dp[u][1]))+inc
当i有子节点 
inc=0若sum(min(dp[u][0],dp[u][1]))包含有dp[u][0] 
否则inc=min(dp[u][0]-dp[u][1]) 
dp[i][2]=sum(dp[u][1]) 
结果就是为min(dp[1][0],dp[1][1]) 

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>

#define maxn 11111
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long

using namespace std;

struct Edge
{
    int to;
    int next;
}edge[2*maxn];

int n,head[maxn],tot;
int dp[maxn][3];

void init()
{
    tot=0;
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=0;i<maxn;i++)
        dp[i][1]=INF;
}

void add(int u,int v)
{
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}

void DP(int u,int fa)
{
    dp[u][0]=1,dp[u][2]=0;
    int sum=0,inc=INF,flag=0;
    for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==fa)
            continue;
        DP(v,u);
        dp[u][0]+=min(dp[v][0],dp[v][2]);
        if(dp[v][0]<=dp[v][1])
            sum+=dp[v][0],flag=1;
        else 
            sum+=dp[v][1],inc=min(inc,dp[v][0]-dp[v][1]);
        if(dp[v][1]!=INF&&dp[u][2]!=INF)
            dp[u][2]+=dp[v][1];
        else 
            dp[u][2]=INF;
    }
    if(inc!=INF&&!flag)
        dp[u][1]=INF;
    else
    {
        dp[u][1]=sum;
        if(!flag)
            dp[u][1]+=inc;
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        init();
        int u,v,t;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v);
            add(v,u);
        }
        DP(1,1);
        int ans=min(dp[1][0],dp[1][1]);
        printf("%d\n",ans);
        scanf("%d",&t);
        if(t!=0)
            break;
    }
    return 0;
}

[POJ 3570 | UVA 1412] Fund Management

问题叙述

Frank从个体投资者获得了c美元的基金,可用以m天的投资。
Frank可以本着n支股票进行投资。对于各一样支股票:都出一个交易上限si,表示无异天最为多克交易的股数;还有一个上限ki,表示Frank最多只是有的股数。对于所有品类的股票,同样产生一个达标限k表示Frank可又兼有的极度老股数。
股票的市还满足一下要求:
1>一龙最为多只能进行相同差交易(你吧得不交易);
2>若一旦指向第i付出股票进行选购或卖掉,只能一次性购买或卖Si股;
3>所有的市且是当Frank有足的本金之尺码下好的;
4>当m天过去后,Frank的血本要不折不扣转折为现金,不可知在股票市场里,(m天之内,股票必须全部卖掉)。
现,给来各个一样支股票的各个一样龙之价位,要求您算出Frank能回收的资金的最为酷价值,并受闹各个一样龙的现实的操作方法。

输入

第1实践:包含四单数c,m,n,k:c  (0.01
≤ c ≤ 100 000 000.00)表示同样始备的成本,最多片各小数;m (1 ≤m ≤
100)表示足交易的命运;n (1 ≤ n ≤ 8)表示股票的种数;k (1 ≤ k ≤
8)表示所有股票的不过多具有的股数。

通下的2n行:描述每一样开股票的信息(一支付股票占2行)。对于每一样支出股票:第1实行:包含股票名称(一个五位以内的死写字母组成的字符串),si(1
≤ si ≤ 1 000 000,一龙之太特别交易量),ki(1 ≤ ki ≤
k,该股票的极其要命有所股数);第2实践:包含m
个小数(0.01<=m<=999.99,二号小数以内),表示股票各一样上的价。

输出

出口文件包含m+1行。第1实行:回收资金的无限特别价值;第2~m+1履行,每一样龙的操作。具体格式见样例。

样例数据

样例输入 样例输出
144624.00 9 5 3
IBM 500 3
97.27 98.31 97.42 98.9 100.07 98.89 98.65 99.34 100.82
GOOG 100 1
467.59 483.26 487.19 483.58 485.5 489.46 499.72 505 504.28
JAVA 1000 2
5.54 5.69 5.6 5.65 5.73 6 6.14 6.06 6.06
MSFT 250 1
29.86 29.81 29.64 29.93 29.96 29.66 30.7 31.21 31.16
ORCL 300 3
17.51 17.68 17.64 17.86 17.82 17.77 17.39 17.5 17.3
151205.00
BUY GOOG
BUY IBM
BUY IBM
HOLD
SELL IBM
BUY MSFT
SELL MSFT
SELL GOOG
SELL IBM

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

一起有n天,把命看作阶段,对于各级一样天,我们得选取出手或市进一手股票,在最终一龙要用股票全部得了都求解最要命钱数。
可以这样定义d[i][s]:表示第i龙手中股票的状态呢s时手中的极度酷钱数,采用刷表法更新d[i+1][s’],s’表示s经过出手或请转移的状态。
问题不怕变成了争表示状况s?采用n元组的花样。
而是切莫能够将一个n元组表示进d数组,这里的计是离线dfs出一切态并各自编号,得出状态和不断的涉及buy_next与sell_next。那么d中的状态s就可用一个平头表示了。
另外输出为来早晚之技巧,用到了pre与opt数组,并为此长区别操作。

Code

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<map>
#include<vector>

#define maxn 110
#define INF 0X3F3F3F3F

using namespace std;

double C;
int M,N,K;
char name[10][maxn];
int k[maxn];
double d[10][maxn];

map <vector<int>,int>ID;
vector <vector<int> >states;

double bn[15000][10];
double sn[15000][10];
double dp[maxn][15000];
int opt[maxn][15000],pre[maxn][15000];

void dfs(int day,vector<int>& lots,int tot)
{
    if(day==N)
    {
        ID[lots]=states.size();
        states.push_back(lots);
        return;
    }
    for(int i=0;i<=k[day]&&i+tot<=K;i++)
    {
        lots[day]=i;
        dfs(day+1,lots,tot+i);
    }
}

void ud(int day,int s,int s2,double v,int o)
{
    if(v>dp[day+1][s2])
    {
        dp[day+1][s2]=v;
        opt[day+1][s2]=o;
        pre[day+1][s2]=s;
    }
}

void print_ans(int day,int s)
{
    if(day==0) 
        return;
    print_ans(day-1,pre[day][s]);
    if(opt[day][s]==0) 
        printf("HOLD\n");
    else if(opt[day][s]>0) 
        printf("BUY %s\n",name[opt[day][s]-1]);
    else 
        printf("SELL %s\n",name[-opt[day][s]-1]);
}

int main()
{
    while(scanf("%lf %d %d %d",&C,&M,&N,&K)!=EOF)
    {
        double temp;
        for(int i=0;i<N;i++)
        {
            scanf("%s %lf %d",name[i],&temp,&k[i]);
            for(int j=0;j<M;j++)
            {
                scanf("%lf",&d[i][j]);
                d[i][j]*=temp;
            }
        }
        ID.clear();
        states.clear();
        vector<int>lots(N);
        dfs(0,lots,0);
        for(unsigned int s=0;s<states.size();s++)
        {
            int tot=0;
            for(int i=0;i<N;i++)
            {
                bn[s][i]=sn[s][i]=-1;
                tot+=states[s][i];
            }
            for(int i=0;i<N;i++)
            {
                if(states[s][i]<k[i]&&tot<K)
                {
                    vector<int> news=states[s];
                    news[i]++;
                    bn[s][i]=ID[news];
                }
                if(states[s][i]>0)
                {
                    vector<int> news=states[s];
                    news[i]--;
                    sn[s][i]=ID[news];
                }
            }
        }
        for(int day=0;day<=M;day++)
            for(unsigned int s=0;s<states.size();s++) dp[day][s]=-INF;
        dp[0][0]=C;
        for(int day=0;day<M;day++)
            for(unsigned int s=0;s<states.size();s++)
            {
                double v=dp[day][s];
                if(v<-1) continue;
                ud(day,s,s,v,0);
                for(int i=0;i<N;i++)
                {
                    if(bn[s][i]>=0&&v>=d[i][day]-1e-3)
                        ud(day,s,bn[s][i],v-d[i][day],i+1);
                    if(sn[s][i]>=0)
                        ud(day,s,sn[s][i],v+d[i][day],-i-1);
                }
            }
        printf("%.2lf\n",dp[M][0]);
        print_ans(M,0);
    }
    return 0;
}

[UVA 10618] Tango Tango Insurrection

题目叙述

你想套着玩跳舞机。跳舞机的踏板上发出四单箭头:上、下、左、右。当舞曲开始经常会见来一对箭头往上移步。当发展走的箭头与顶部的箭头模板重合时,你要用脚踩一下踏板上的相同箭头。不待踩箭头时,踩箭头不见面遭惩处,但当用踩箭头时必踩一下,哪怕早已有同样只下在了该箭头上。很多舞曲速度高速,需要来回倒腾步子。因此而描写一个序,来选最好轻松的踩踏方式,使得消耗的能最少。
将八分音符作为一个中坚时间单位,每个时刻单位或得踩一个箭头(不见面同时要求踩两独箭头),要么什么都未需要踩。在随意时刻,你的左右下面应放在两独不等的箭头上,且每个日子单位外仅出雷同单纯下能动(移动
和/或
踩箭头),不克蹦。另外,你必须面朝前方为张屏幕(例如,你莫能够左脚在右箭头上,右脚在左箭头上)。
当您尽一个动作(移动或踩踏)时,消耗的能这样算:
◎如果当时仅脚上只时间单位尚未外动作,消耗1单位能;
◎如果立刻不过下上单时间单位从来不运动,消耗3单位能;
◎如果及时只是脚上个时间单位活动至邻近箭头,消耗5单位能;
◎如果立刻就下上独时间单位活动至对立箭头,消耗7单位能。
例行状态下,你的左脚不能够在右箭头上(或者反的),但产生同栽情况各异:如果你的左脚在直达箭头或生箭头,你得用右边下踩左箭头,但是于公的右侧下移有荒唐箭头之前,你的左脚都未克转换到其它一个箭头上。右下的动静以此类推。
平开始,你的左脚在左箭头上,右脚在右箭头上。

图片 5                     
 图片 6

          跳舞机踏板                                      跳舞机屏幕

输入

输入文件最多带有100组数,每组数据包含一个长短不越70底字符串,即各个时间单位要踩的箭头。L和R分别代表左右箭头,U和D分别表示上下箭头,’.’代表未待踩箭头。

输出

出口应是一个尺寸以及输入相同的字符串,表示每个时间单位实行动作之底下。L和R分别是横下面,’.’表示未蹈。

样例数据

样例输入 样例输出

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLDU…D…UUUUDDDD
#

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLRL…R…LLLLRRRR

 

 

 

 

解析

对此屏幕及之职位必须产生一样下踹下,对少数下面位置有要求都根据脚的移位关系分配代价,求好屏幕要求的景下代价最小。
用状态d[i][a][b][s]意味着已经踩了i个指令,左右脚位置吗ab,因为待依据当前走的脚是否刚动了用用s表示上次移动的下。
状态转移方程:
d[i][a][b][s]=min(d[i][ta][tb][s’]+cost)
不过只顾到,expr是眼前的活动,移动继转移到i+1且岗位成活动后底职位,
因此需要倒序枚举i,把i+1看作是 i 的支行问题
原来char[]好如此用。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAXN 75
#define INF 0x3f3f3f3f

struct NODE
{
    int i,l,r,s;
}path[MAXN][4][4][3];

char a[MAXN];
int dp[MAXN][4][4][3],n,buf;

bool ok(int f,int l,int r,int to)
{
    if (0==f)
    {
        if(to==r) 
            return false;
        if(to==l) 
            return true;
        if(2==r) 
            return false;
    }
    else
    {
        if(to==l) 
            return false;
        if(to==r)
            return true;
        if(3==l) 
            return false;
    }
    return true;
}

int cost(int s,int now,int from,int to)
{
    if(s!=now) 
        return 1;
    if(from==to) 
        return 3;
    if((from==0&&to==1)||(from==1&&to==0)) 
        return 7;
    if((from==2&&to==3)||(from==3&&to==2))
        return 7;
    return 5;
}

int dfs(int i,int l,int r,int s)
{
    int& ans=dp[i][l][r][s];
    NODE& p=path[i][l][r][s];
    if(-1!=ans) 
        return ans;
    if(i==n) 
        return ans = 0;
    ans=INF;
    if('.'==a[i])
    {
        ans=min(ans,dfs(i+1,l,r,0));
        p.i=i+1,p.l=l,p.r=r,p.s=0;
        for(int j=0;j<4;j++)
        {
            if(ok(0,l,r,j))
            {
                buf=dfs(i+1,j,r,1)+cost(s,1,l,j);
                if(ans>buf)
                    ans=buf,p.i=i+1,p.l=j,p.r=r,p.s=1;
            }
            if(ok(1,l,r,j))
            {
                buf=dfs(i+1,l,j,2)+cost(s,2,r,j);
                if(ans>buf)
                    ans=buf,p.i=i+1,p.l=l,p.r=j,p.s=2;
            }
        }
        return ans;
    }
    int to;
    switch(a[i])
    {
    case 'U':to=0; break;
    case 'D':to=1; break;
    case 'L':to=2; break;
    case 'R':to=3; break;
    }
    if(ok(0,l,r,to))
    {
        buf=dfs(i+1,to,r,1)+cost(s,1,l,to);
        if(ans>buf)
            ans=buf,p.i=i+1,p.l=to,p.r=r,p.s=1;
    }
    if(ok(1,l,r,to))
    {
        buf=dfs(i+1,l,to,2)+cost(s,2,r,to);
        if(ans>buf)
            ans=buf,p.i=i+1,p.l=l,p.r=to,p.s=2;
    }
    return ans;
}

void pt(int i,int l,int r,int s)
{
    if(n==i) 
        return;
    NODE& p=path[i][l][r][s];
    if(!p.s)
        printf(".");
    else if(p.s==1)
        printf("L");
    else
        printf("R");
    pt(p.i,p.l,p.r,p.s);
}

int main()
{
    while(scanf("%s%*c",a)&&'#'!= a[0])
    {
        n=strlen(a);
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        dfs(0,2,3,0);
        pt(0,2,3,0);
        puts("");
    }
    return 0;
}

[UVA 10934] Dropping Water Balloons

问题叙述

您发出k个一模一样的水球,在一个n层楼的建筑上进行测试,你想知道水球最低打几叠楼于生摒弃好被水球破掉。由于你很疲倦,所以您想要弃尽少次水球来测量出水球刚好破掉的最低楼层。(在最差劲情况下,水球在顶楼也非会见败)你可以当某某平等重叠楼扔下水球来测试,如果水球没排除,你可重新捡起来累为此。

输入

输入文件包含多组测试,每组测试为同一履行。每组测试包含两独整数k和n,(1<=
k<=100而n是一个LL的整数(没错,这所建筑物的确非常高),最后一组k=0,n=0代表了。

输出

对于每次测试,输出在极度次情况下,测出水球破掉楼层的足足次数。如果他多于63不善,就输出“More
than 63 trials needed.”

样例数据

样例输入 样例输出

2 100
10 786599
4 786599
60 1844674407370955161
63 9223372036854775807
0 0

14
21
More than 63 trials needed.
61
63

 

 

 

 

 

 

解析

定义f[i][j]
表示给i个水球和j次实验机会,将题目转化为高能测试到几层
虽然会生变方程:f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j-1]+1;
晚同部分是说选在第k层试第一软,如果破坏破了,说明边界在脚的层中。所以说选择的特别k层,k最要命当满足k<=f[i-1][j-1]+1;
因为要管一旦水球在第k重合破坏坏了,下面的所有层都可于尚发生i-1独球和j-1不行机遇时测出来;
前一部分表示选择在k层试第一涂鸦,但是球并没有摔坏。这个上最高就以k层的底蕴及,加上
还有i个球和j-1不成机会时能又望上测几重合~即f[i][j-1];
从而综上两有的,f[i][j]尽可怜就等于f[i-1][j-1]+1+f[i][j-1];

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

long long f[110][65];

void init()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<64;i++)
        for(int j=1;j<64;j++)
            f[i][j]=f[i][j-1]+1+f[i-1][j-1];
}

int main()
{
    init();
    int k;
    long long n;
    while(scanf("%d%lld",&k,&n)!=EOF)
    {
        if(k==0) 
            break;
        k=min(k, 63);
        bool ok=false;
        for(int i=0;i<=63;i++)
        {
            if(f[k][i]>=n)
            {
                printf("%d\n",i);
                ok=true;
                break;
            }
        }
        if(!ok) 
            printf("More than 63 trials needed.\n");
    }
    return 0;
}

[UVA 1336] Fixing the Great Wall

题目叙述

Ministry of
Monuments公司规划了GWARR机器人来修补长城。而你的天职就是形容一个顺序来计算修理的极度小花费。
俺们把长城看成是均等条直线,那么我们便可以通过一个整数(某平等沾交长城同一端的去)来讲述长城高达好几之岗位。GWARR机器人被放置于长城达到的某个一个地方又可望星星个方向匀速运动。计算中不经意修理过程的时消耗。

输入

输入文件包含多组测试数据。
对各级一样组数:第1履包含三独整数:n
(1<=n<=1000),表示长城及需要修补的地方;v
(1<=v<=100),表示机器人的单位速度;x
(1<=x<=500000),表示GWARR的初期位置。接下来的n行描述每一个缺口的音讯,每一样执行包含三独整数:xi
(1<=xi<=500000),表示缺口的职位;ci
(0<=ci<=50000),现在(也就是0时刻)修好这个缺口所需要的费;Δ
(1<=Δ<=50000),表示每一个单位时增多的花费。因此,如果以t个单位时晚整治一个破口,那么花费就是
c+t*Δ 。
输入数据保证:不设有个别单缺口位置重叠的状况;机器人的启位置不见面跟其余一个断口位置重合。
当n=v=x=0时,输入文件了。

输出

于各一样组数据,输出最小花费。题目保证最好小花费的值不会见跨1000000000。

样例数据

样例输入 样例输出

3 1 1000
1010 0 100
998 0 300
996 0 3
3 1 1000
1010 0 100
998 0 3
996 0 3
0 0 0

2084
1138

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

设若想最后代价最低,就无能够跳着修复,也即是透过一段时间后都修复好的败应是均等段连接区间。定义dp(i,j,k)表示修好(i,j)后机器人停留于k(0表示以左端,1代表在右端)端的费。修复某处破损的代价虽然未是定值,但也是随着岁月线性增长之,所以当修复完毕一高居或平等段破损时,修复外破损的开销可以算是出来,只待用该丰富到眼前状态即可,也足以视作修复某处破损产生的时代价。状态转移方程:dp(i,j,1)=min(dp(i,j-1,0)+w1,dp(i,j-1,1)+w2) ;dp(i,j,0)=min(dp(i+1,j,0)+w3,dp(i+1,j,1)+w4)
其中,w1、w2、w3、w4为对应产生的工夫代价和修补代价的及。

Code

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N=1005;
const double inf=1e30;

struct node
{
    int x,c,dlt;
};
node p[N];

int n,v,x;
double dp[N][N][2],s[N];

bool cmp(node a,node b)
{
    return a.x<b.x;
}

double dfs(int l,int r,int k)
{
    if(dp[l][r][k]>-1.0)
        return dp[l][r][k];
    if(l==r)
    {
        double t=fabs((double)x-(double)p[l].x)/(double)v;
        dp[l][r][k]=s[n]*t+p[l].c;
        return dp[l][r][k];
    }
    if(k==0)
    {
        double a=dfs(l+1,r,0);
        double b=dfs(l+1,r,1);
        double t1=(double)(p[l+1].x-p[l].x)/(double)v;
        double t2=(double)(p[r].x-p[l].x)/(double)v;
        double d=s[l]+s[n]-s[r];
        dp[l][r][k]=min(a+d*t1,b+d*t2)+(double)p[l].c;
    }
    else
    {
        double a=dfs(l,r-1,0);
        double b=dfs(l,r-1,1);
        double t1=(double)(p[r].x-p[l].x)/(double)v;
        double t2=(double)(p[r].x-p[r-1].x)/(double)v;
        double d=s[l-1]+s[n]-s[r-1];
        dp[l][r][k]=min(a+d*t1,b+d*t2)+p[r].c;
    }
    return dp[l][r][k];
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&v,&x))
    {
        if(n+v+x==0)
            break;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%d%d%d",&p[i].x,&p[i].c,&p[i].dlt);
        sort(p+1,p+n+1,cmp);
        s[0]=0.0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            s[i]=s[i-1]+(double)p[i].dlt;
        memset(dp,-1.0,sizeof(dp));
        printf("%d\n",(int)min(dfs(1,n,0),dfs(1,n,1)));
    }
    return 0;
}

 

[UVA 12105] Bigger is Better

题目叙述

Bob有n根火柴。他得以为此火柴摆出0~9任意一个数字,如下图所示:

图片 7

今,给起一个整数m,要求用无超过n根火柴摆一个尽可能充分的整数。

输入

输入文件包含多组测试数据。每一样组数据占一履,包含两单整数n
(n<=100)和m (m<=3000),其意思见题目叙述。
输入文件为一个独立的’0’结束。

 

输出

于各级一样组数据,输出计算产生的答案;若任由脱,则输出-1。注意仍样例所受有的格式输出。

样例数据

样例输入 样例输出

6 3
5 6
0

Case 1: 111
Case 2: -1

 

 

 

 

解析

<参考了 dawxy 大神的笔触>

可以用dp[i][j]代表除以m余j的i位数最少要有些火柴这个状态计算,转移方程是:用dp[i][j]+c[k]来更新dp[i+1][(j*10+k)%m](c[]凡每个数字要花的火柴数量,k是当前枚举的数字)。可以避免大精度提高效率,但是怎么规定各级一样各项上之数字还是什么呢,需要用dp[i][0]找到最要命之i使得dp[i][0]不是INF(初始化dp[][]也INF),这样便可以规定是极其要命数字来几乎位了(位数多之定比较各类数少之坏),然后在算各国一样各项上无限酷得是啊数字,从生及稍微枚举每一样个上之数字,第一独让sum+dp[i-1][s]+c[j]<=n的数字就是该位上之顶深价值(其中s是错过丢就等同各上之数字剩下的几乎个的余数为s时教这总的数字会为m整除)。
准,m=7,并且已经了解即数字个数也3,首先试着让高位吗9,如果得以摆放有9ab这么的整数,那么一定是极致老之,那么什么样确定是否摆有9ab也?因为900%7=4,所以s,就是后少各’ab’%7应该等于3,(这里具体怎么算的下面再说),如果dp[2][3]+c[9]+sum<=n,(sum是早已确定的要职的数字的总花费),就认证火柴数量足够摆有9ab,否则最高位就无是9欲后续查找,如果得以摆放起那再这进程直到算出每一样号上之数字。还可优先处理计算产生每个x00..这样数字%m的值用y数组保存,其实要利用了一点胜似精度计算–大数取余。

今昔便只是发一个问题了,怎样算出s,就是已掌握即整数为7ab%m
= 0和700%m,求出ab%m的价,我算了几乎独数字,找来了一个规律:
脚几乎位之余数s等于
m-当前眼看同号的数字x00..%m的值-v(前面所有已确定的x00..%m之和)
准:假设最特别数字23450,m=7
20000%7=1,3000%7=4,400%7=1,50%7=1,0%7=0
2确定时
s(后4位%7)=(7-1-0)%7=6;v=0+1 验证:3450%7=6
23确定时
s(后3位%7)=(7-4-1)%7=2;v=1+4 验证:450%7=2
234确定时
s(后2位%7)=(7-1-5)%7=1;v=1+4+1 验证:50%7=1
2345确定时
s(后1位%7)=(7-1-6)%7=0;v=1+4+1+1 验证:0%7=0
亟待小心一下v可能超过m,所以测算v时需要模m。计算s时或许为负数,需要先加m再模m

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAXM 3010
#define MAXN 105
#define MAXW 55
#define INF 0x3f3f3f3f

const int c[10]={6,2,5,5,4,5,6,3,7,6};
int dp[MAXW][MAXM],y[10][MAXW][MAXM],ans[MAXW],sw,n,m;

void sloved()
{
    memset(ans,-1,sizeof(ans));
    int sum=0,v=0;
    for(int i=sw;i>=1;i--)
    {
        for(int j=9;j>=0;j--)
        {
            if(sum+dp[i-1][(m-y[j][i-1][m]-v+m)%m]+c[j]<=n)
            {
                ans[i]=j;
                sum+=c[j];
                v=(v+y[j][i-1][m])%m;
                break;
            }
        }
        if(-1==ans[i])
        {
            if(n>=6)
                puts("0");
            else
                puts("-1");
            return;
        }
    }
    for(int i=sw;i>=1;i--)
        printf("%d",ans[i]);
    puts("");
}

int main()
{
    int Count=0;
    for(int i=1;i<=9;i++)
    {
        for(int k=1;k<=3000;k++)
        {
            int s=i;
            y[i][0][k]=i%k;
            for(int j=1;j<=50;j++)
            {
                s=s*10%k;
                y[i][j][k]=s;
            }
        }
    }
    while(~scanf("%d%*c",&n)&&n)
    {
        scanf("%d%*c",&m);
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        dp[0][0]=0;
        int w=n>>1;
        for(int i=0;i<w;i++)
        {
            for(int j=0;j<m;j++)
            {
                if(INF==dp[i][j])
                    continue;
                for(int k=0;k<=9;k++)
                {
                    if(dp[i][j]+c[k]<=n)
                        dp[i+1][(j*10+k)%m]=min(dp[i+1][(j*10+k)%m],dp[i][j]+c[k]);
                }
            }
        }
        sw=-1;
        for(int i=w;i>=1;i--)
        {
            if(INF!=dp[i][0])
            {
                sw=i;
                break;
            }
        }
        printf("Case %d: ",++Count);
        if(-1==sw)
            puts("-1");
        else
            sloved();
    }
    return 0;
}

[UVA 10618 | UVA 1204] Fun Game

题目叙述

几乎个男女以同一棵老树旁占成一圈玩游乐。由于树大死,每个孩子只能看见离他靠近的食指。
夫游戏由多车轮组成。在游玩之初步,一个即兴的小不点儿会获得一致摆张,如果是小是男孩,会在张上描绘一个’B’;如果是女孩,会于纸上勾画一个’G’。然后他即兴选取一个势头(顺时针或逆时针),将纸递给当斯样子达成跟外相邻之丁,新的食指啊会见当张上勾下自己之性,继续以纸递给其他一个人数(按照以前之取向)……就这么,这张张从一个儿女顶至其他一个孩子手中,直到一个男女宣布游戏结束。
推个例子,假设有5个子女将培养围起来,如Figure
1,。现在,若纸从Kid1发端为逆时针走,在Kid3停下,那么我们尽管会以张上博一个字符串”BBG”。
当N轮游戏后,我们见面赢得N张写来’B’和/或’G’的字符串的白纸。一个娃儿会收获有的这些纸,并且使算有足足发生微只小朋友与了打。我们知道当自由情况下,至少发生三三两两独小孩子。写一个主次,计算是极度少的人数。

图片 8

输入

输入文件包含多组测试数据。
对于每一样组数:第1推行包含一个平头N
(2<=N<=16),表示总共发生N个字符串;接下的N行,每行包含一个由于’B’和/或’G’组成的字符串,字符串的长都不超过100。
当N=0时,输入数据了。

输出

对于各一样组数,输出可能的最好少之儿女频繁。

样例数据

样例输入 样例输出

3
BGGB
BGBGG
GGGBGB
2
BGGGBBBGG
GBBBG
0

9
6

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

咱得以以预处理时将有相互包含的字符串合并,然后f[i][j][k]
表示目前字符串已经包含的字符串为i,并且以j结尾且该可行性为k的极度小价,然后每次枚举转移,注意最后一个字符串要拍卖一下其与率先独字符串的集体部分(因为是绕),然后可能出一个字符饶了几许缠这种场面,这时我们最终必将可以管持有字符合并改为极丰富之那一个,然后用kmp求下它们的最小循环节输出就实施了,注意有答案都设与2博最好要命价值。

Code

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>

using namespace std;

int n,ans,tot_length;
int dis[17][17][2][2],f[1<<16][17][2];
bool Mask[17];

struct String
{
    char y[105];
}s[17],Rs[17],S[17];

bool cmp(String a,String b)
{
    if(strcmp(a.y,b.y)>0)
        return true;
    return false;
}

void Get_re(String s[])
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int l=strlen(s[i].y);
        for(int j=0;j<l;j++)
         Rs[i].y[l-j-1]=s[i].y[j];
        Rs[i].y[l]='\0';
    }
}

int got_val(char a[],char b[])
{
    int l1=strlen(a),cnt;
    for(int i=0;i<l1;i++)
    {
        bool flag=true;
        cnt=0;
        for(int j=i;j<l1;j++)
            flag&=(a[j]==b[cnt++]);
        if(flag)
            return cnt;
    }
    return 0;
}

void Init()
{
    int cnt=0;
    memset(Mask,0,sizeof(Mask));
    Get_re(s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(strcmp(Rs[i].y,s[i].y)>0)
            S[i]=Rs[i];
        else
            S[i]=s[i];
    }
    sort(S+1,S+1+n,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(strcmp(S[i].y,S[i-1].y))
            S[++cnt]=S[i];
    n=cnt;
    Get_re(S);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(i!=j)
                if(strstr(S[j].y,S[i].y)!=NULL||strstr(S[j].y,Rs[i].y)!=NULL)
                    Mask[i]=true;
    cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!Mask[i])
            S[++cnt]=S[i];
    n=cnt;
    Get_re(S);
    tot_length=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        tot_length+=strlen(S[i].y);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(i!=j)
            {
                dis[i][j][0][0]=got_val(S[i].y,S[j].y);
                dis[i][j][0][1]=got_val(S[i].y,Rs[j].y);
                dis[i][j][1][0]=got_val(Rs[i].y,S[j].y);
                dis[i][j][1][1]=got_val(Rs[i].y,Rs[j].y);
            }
    ans=0;
    memset(f,-1,sizeof(f));
}

int kmp()
{
    int Next[18],l=strlen(S[1].y);
    memset(Next,0,sizeof(Next));
    int now=Next[0]=-1;
    for(int i=1;i<l;i++)
    {
        while(now>=0&&S[1].y[now+1]!=S[1].y[i])
            now=Next[now];
        if(S[1].y[now+1]==S[1].y[i])
            now++;
        Next[i]=now;
    }
    return l-1-Next[l-1];
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&n)&&n)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%s",s[i].y);
        Init();
        if(n==1)
        {
            ans=kmp();
            cout<<max(ans,2)<<endl;
            continue;
        }
        f[1][1][0]=0;
        int tot=(1<<n)-1;
        for(int i=0;i<tot;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if((1<<(j-1))&i)
                    for(int re=0;re<2;re++)
                        if(f[i][j][re]>=0)
                        {
                            for(int k=1;k<=n;k++)
                                if(!(i&(1<<(k-1))))
                                {
                                    int sta=i+(1<<(k-1));
                                    if(sta!=tot)
                                    {
                                        f[sta][k][0]=max(f[sta][k][0],f[i][j][re]+dis[j][k][re][0]);
                                        f[sta][k][1]=max(f[sta][k][1],f[i][j][re]+dis[j][k][re][1]);
                                    }
                                    else
                                    {
                                        f[sta][k][0]=max(f[sta][k][0],f[i][j][re]+dis[j][k][re][0]+dis[k][1][0][0]);
                                        f[sta][k][1]=max(f[sta][k][1],f[i][j][re]+dis[j][k][re][1]+dis[k][1][1][0]);
                                        ans=max(ans,f[sta][k][0]);
                                        ans=max(ans,f[sta][k][1]);
                                    }
                                }
                        }
        cout<<max(tot_length-ans,2)<<endl;
    }
    return 0;
}

[UVA 12099] Bookcase

问题叙述

有N本书,每本书来一个莫大Hi和宽窄Wi。现在如构建一个老三层的书架,你可选以n本书放在书架的啊一样交汇。设三交汇高度(该层书的无限老高度)之同为h,书架总幅度(即各级层总宽的最为酷价值)为w,则要求h*w尽量小。

输入

输入文件包含多组数。测试数据的组数T会在输入文件之首先执吃有(1<=T<=20)。
对于各级一样组数:第1履行包含一个恰巧整数N
(3<=N<=70),表示开的数目。接下来的N行每行包含两个正整数Hi和Wi
(150<=Hi<=300,5<=Wi<=30),分别代表第i本书的惊人及宽。题目中受出的长短都因毫米(mm)为单位。

输出

对各级一样组数,输出能包容所有书的景况下,书架的h*w的绝小价。

样例数据

样例输入 样例输出

2
4
220 29
195 20
200 9
180 30
6
256 20
255 30
254 15
253 20
252 15
251 9

18000
29796

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

主题采用了DP+加状态剪枝的国策;
首先必须明白:前面i本书的超级放法是由前i-1本书的特级艺术的底蕴及丰富第i本书组合而来;
d[i][j][k]意味着已经安置前i本书,第二交汇宽度为j,第三重叠宽度为k,且第二叠的惊人过等于第三层的可观,最高的那么本书在第一交汇时之
第二交汇和老三重叠的绝小高度与;
拖欠状态是以每层厚度一定情况下的极度优解;这样一来最终解要遍历i=n的具备状态求最好完美;由于d[i][j][k]并无克一目了然的觅有该所指之支行结构,但因故她来更新i+1的状态却较易于变,所以采取刷表法
再有状态太非常,需要剪枝。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define INF 2110000
#define Inf 1000

const int maxn=71;
const int maxm=2105;

int d[maxn][maxm][maxm],n,maxw=30,sumw[maxn];

struct Book
{
    int H,W;
}a[maxn];

bool cmp(Book a,Book b)
{
    return a.H>b.H;
}

int f(int i,int j)
{
    return i==0 ? j : 0;
}
long long dp()
{
    int lim=n*maxw;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=lim;j++)
            for(int k=0;k<=lim;k++)
            {
                if(j+k>sumw[i]-a[1].W||sumw[i]-j-k+30<j||j+30<k)
                break;
                    d[i][j][k]=Inf;
            }
    d[1][0][0]=0;
    int ans=INF;
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=0;j<=lim;j++)
            for(int k=0;k<=lim;k++)
            {
                if(j+k>sumw[i]-a[1].W||sumw[i]-j-k+30<j||j+30<k)
                    break;
                d[i+1][j][k]=min(d[i+1][j][k],d[i][j][k]);
                d[i+1][j+a[i+1].W][k]=min(d[i+1][j+a[i+1].W][k],d[i][j][k]+f(j,a[i+1].H));
                if(j>0)
                    d[i+1][j][k+a[i+1].W]=min(d[i+1][j][k+a[i+1].W],d[i][j][k]+f(k,a[i+1].H));
            }
    for(int j=0;j<=lim;j++)
        for(int k=0;k<=lim;k++)
        {
            if(j+k>sumw[n]-a[1].W||sumw[n]-j-k+30<j||j+30<k)
                break;
            if(d[n][j][k]!=INF&&j>0&&k>0)
                ans=min(ans,(d[n][j][k]+a[1].H)*(max(sumw[n]-j-k,max(j,k))));

        }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d %d",&a[i].H,&a[i].W);
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        sumw[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            sumw[i]=a[i].W+sumw[i-1];
        printf("%I64d\n",dp());
   }
   return 0;
}

CQBZOJ上之 动态规划作业

拖欠演习包含了以下问题,这些题材均只是在图片 9高达找到,在此只有给有问题叙述:

1510 Problem A 遇见

<Vijos
1280>

燕姿在桥之立即无异端,而xx在桥的任何一样端。这栋桥非常突出,桥面是由2N-1个方格组成的,每个方格里描写来一个数码Ai(-50<=Ai<=50)。如下是N=4时的情景。可以看燕姿自不过下面出发。每一样涂鸦,她得以进步跳到和好所当方格相临的里一个方格内(例如在最为下的7面临,可以过到上一行的10和8中)。当燕姿跳到最上面的方格后,她就非能够更挪了。(在无至上面前,不允超过到说明格外。)每于一格内,都要将格内的数字写下去。
但是,仅仅到达顶端是不够的。桥会向对岸的xx询问一个数字k,燕姿至顶端后,拿出写下来的数字,可以当随意两独数字中长“+”或“-”号,使得计算的结果m最接近k。经过大桥底论断,如果对大桥上的方格m是无限接近k的数字,那么燕姿即便足以经过桥和xx相遇,否则………
(为了为燕姿能还易地经过,xx给来之数字总是0)你的任务,就是帮燕姿搜有这个最接近k的m.

1511 Problem B 火车票

<Vijos
1292>

一个铁路线上有n(2<=n<=10000)个火车站,每个火车站到该路线的首发火车站距都是曾经掌握之。任意两立内的票价如下表所示:站之间的去
X与票价的干:如果去 :0 < X < =L1 则票价为C1 如果离开 :L1
< X < =L2 则票价为C2 如果去 :L2 < X < =L3 则票价也C3
其中L1,L2,L3,C1,C2,C3且是已经知道之正整数,且(1 <= L1 < L2 <
L3 <= 10^9, 1 <= C1 < C2 < C3 <=
10^9)。显然要两立间的偏离过L3,那么自从平站及其他一样立至少要置点儿摆设票。注意:每一样摆票在采用时只好由平站起至任何一样立结束。现在需而对此给定的线路,求来从该路线达之站A到站B的太少票价。你会成就为?

1512 Problem C 晴天小猪历险记

<Vijos
1006>

在好漫长很久以前,有一个动物村庄,那里是猪的福地(^_^),村民们努力、勇敢、善良、团结……
不了有一样天,最小的很小猪生病了,而这种病是无与伦比稀少的,因此大家还并未储存这种药品。所以晴天小猪打告奋勇,要去动这种药草。于是,晴天小猪的传奇故事就是通过展开……
这同龙,他到了同样所山的山脚下,因为只有马上栋山体中之均等各隐者才知这种药草的所在。但是上山的程错综复杂,由于小猪的病情,晴天小猪想搜寻一漫长需时最少的路到达山顶,但本她一头雾水,所以向你求助。
山为此一个三角形表示,从巅峰依次为下出1段子、2段、3段等山路,每一样段用一个数字T(1<=T<=100)表示,代表晴天小猪在当时等同段子山路上用爬的时刻,每一样软她都可通往左、右、左上、右上季独方向动(**注意**:在自由一叠的率先段落为堪活动至本层的尾声一段子要上一致交汇的最后一截)。
晴天小猪从山的左下角出发,目的地也高峰,即隐者的斗室。

1514 Problem D 添加括号

<Vijos
1038>

为得一个正整数序列a(1),a(2),…,a(n),(1<=n<=20)
不改变序列中每个元素于列中的位置,把她相加,并用括号记每次加法所得的和,称为中与。
例如: 给来队是4,1,2,3。 第一栽添括号办法:
((4+1)+(2+3))=((5)+(5))=(10)
有三个中等及是5,5,10,它们的同为:5+5+10=20 第二种添括号方法
(4+((1+2)+3))=(4+((3)+3))=(4+(6))=(10)
中间和凡3,6,10,它们的同也19。现在要增补上n-1对括号,加法运算依括号顺序进行,得到n-1个中等与,求来要中及底与无限小之添括号办法。

1515 Problem E 盖房子

<Vijos
1057>

定点の灵魂最近拿走了面积也n*m的相同那个块土地(高兴ING^_^),他想念在这块土地达到盖一模一样所房子,这个房子要是正方形的。但是,这块土地永不十咸十抖,上面来过多无平整的地方(也可吃瑕疵)。这些老毛病十分黑心,以至于根本不能够在上头盖一砖一瓦。他梦想找到同样片最特别的正方形无瑕疵土地来坐房屋。不过,这并无是啊难题,永恒の灵魂在10分钟内便轻松解决了是题材。现在,您为来试试看吧。
 

1516 Problem F 迎春舞会的三口组舞(版本2)

<Vijos
1061>

HNSDFZ的同班等为了庆祝新年,准备排练一集市舞
n个人选择来3*m人,排成m组,每组3人数。
站的队形——较矮的2个人站两侧,最高的立中。
从对称学角度来赏,左右两独人口的身高更是接近,则立刻无异于组的“残疾程度”越低。
计算公式为 h=(a-b)^2 (a、b为比较矮的2人的身高) 那么问题来了。
现在候选人有n个人,要起他们中间选择来3*m个人消除舞蹈,要求完全的“残疾程度”最低。

1517 Problem G 新年佳话之红包

<Vijos
1069>

xiaomengxian一前行家,发现外公、外婆、叔叔、阿姨……都归因于于厅里相当于正在他吧。经过周密观察,xiaomengxian发现她们所有人数刚组成了一个凸多边形。最着重之是,他们每个人手里还以在一个红包(^o^)。于是很匆忙,xiaomengxian决定找一长条极其缺的途径,拿到拥有的红包。
假如屋里共有N个人用在红包,把他们分别由1顶N编号。其中,编号也1底口便以在大门口,xiaomengxian必须从这边出发去用任何的红包。一长条官方的不二法门要透过所有的点同样浅还仅一破。
 

1518 Problem H 新年佳话之打牌

<Vijos
1071>

过年的当儿,大人们最为喜爱的走,就是打牌了。xiaomengxian不见面打牌,只好坐于单方面看在。
这天,正当一过多人打牌打得动感的时段,突然有人喊道:“这可牌少了几摆设!”众人一数,果然是丢了。于是这副牌的持有者得意地游说:“这是如出一辙帧特制的牌,我懂整副牌每一样张的重。只要我们遂一下结余的牌子的总重量,就能明白丢了何等牌子了。”大家都觉得是法对,于是称有剩下的牌的总重量,开始盘算少了争牌子。由于数据量比较好,过了尽快,大家还算是得晕头转向了。
这时,xiaomengxian大声说:“你们看我的吧!”于是他以出笔记本电脑,编出了一个先后,很快就把少的牌找了出来。
如果是若相逢了如此的情况吗?你可知办到同样的事情呢?

1524 Problem I 小胖守皇宫

<Vijos
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huyichen世子事件后,xuzhenyi成了空特聘的御前顶级侍卫。
皇宫以午门为起点,直到后宫嫔妃们的寝宫,呈一棵树之造型;某些宫殿间可以相互望见。大内保卫森严,三步一岗,五步一哨,每个宫殿都使有人全天候守卫,在不同的宫殿安排看守所用的花费不同。
可是xuzhenyi手上的经费不足,无论如何也迫于在每个宫殿都安排留守侍卫。
帮助xuzhenyi布置侍卫,在防守所有宫廷的前提下,使得花费的经费最少。

1525 Problem J 猫狗大战

<Vijos
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新一年度之猫狗大战通过SC(星际争霸)这款经典的玩耍来比,野猫和飞狗这对准情人为这个已准备好老了,为了要战争还发出难度和巧合,双方约定只能挑Terran(人族)并且只能去机枪兵。比赛开始了,很快,野猫已经攒足几伙机枪兵,试探性的鼓动攻击;然而,飞狗的机枪兵个数也曾多了。野猫和飞狗的军械在飞狗的家门口相遇了,于是,便发生同等集市腥风血雨和阵阵惨叫声。由于是当飞狗的家门口,飞狗的兵补充吃会快速,野猫看敌不过,决定撤军。这时飞狗的兵力也相差够多,所以无追出。由于无同意造医生,机枪兵没道补血。受伤的武器只好忍了。555-。现在,野猫又存够了足的武力,决定发起第二潮进攻。为了使这次攻击被狗狗造成更可怜的打击,野猫决定拿现有的兵分成两片段,从简单行程出击。由于发生几兵在第一糟糕战斗中受伤了,为了使个别有些的兵实力平均些,分的平整是这般的:1)两有家伙的个数最多只能见仁见智一个;2)每有武器之血值总和要要硬着头皮接近。现在呼吁你编一个序,给定野猫现在片兵的个数和每个兵之血格值,求出野猫按上述规则分成两有的后各级有武器之血值总和。
 

1526 Problem K 分梨子

<Vijos
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Finley家的庭院里产生棵梨树,最近获得了很多梨。于是,Finley决定挑来片梨,分吃幼稚园的宝贝们。可是梨子大小味道都非绝雷同,一定要是尽量挑选那些差不多的梨子分吃男女辈,那些分及有些梨子的宝贝才无见面哭来。每个梨子都享有两个属于性值,Ai和Bi,本别表示梨子的高低和甜度情况。假设以选出的梨中,两独特性的极其小值分别是A0和B0。只要对有所被选出的梨子i,都满足C1*(Ai-A0)+C2*(Bi-B0)≤C3(其中,C1、C2和C3都是早已清楚之常数),就可看这些梨子是相差不多的,可以就此来分给儿童们。那么,作为幼稚园园长的您,能算是有尽多可选有多少个梨吗?

1527 Problem L 岳麓山上打水

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今天天气好晴朗,处处好景观,好青山绿水!蝴蝶儿忙啊,蜜蜂为忙碌,信息组的同学等越来越繁忙。最近,由于XX原因,大家不得不到岳麓山夺提水。55555555~,好辛苦啊。  信息组有一个容量也q升的大缸,由于大家都好自觉,不愿意浪费和,所以每次都见面刚好将缸盛满。但是,信息组并从未桶子(或者瓢)来舀水,作为组内的存委员,你要肩负重任,到新一大好去置办桶子。新一大好发出p种桶子,每种桶子都起管根本多个^_^,且价格一样。由于大家都好省,所以你得尽量少打桶子。如果来强方案,你必挑选“更小”的那种方案,即:把立即片单方案的联谊(不同大小的桶子组成)按升序排序,比较第一独桶,选择第一个桶容积较小之一个。如果第一个桶相同,比较第二单桶,也按点的章程选择。否则继续这样的较,直到相较的点滴个桶不相同为止。例如,集合{3,5,7,三}
比集合 {3,6,7,8}
要好。为了把缸装满水,大家好事先由岳麓山之井里拿桶装满水提回来,然后倒进缸里。为了不充分辛苦或浪费宝贵的水资源,大家不用把缸里的水倒出来要将桶里的水倒掉,也非会见管桶里的趟更倒回井中,(这样会污染井水)。当然,一个桶可以使用频繁。例如,用一个容积为
1 升的桶可以拿随意容量的大缸装满水。而另的做将麻烦来。

1528 Problem M 公路巡逻

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每当同漫长没有分岔的高速公路上发出n个关口,相邻两个关口之间的去还是10km。所有车以这长达高速公路及的低速度吗60km/h,最高速度为120km/h,并且不得不在关口处改变速度。巡逻的措施是于某时刻Ti从第ni独关口派出同辆巡逻车匀速驶抵第(ni+1)个关口,路上吃的时间吗ti秒。
两部车相遇是负她中间产生超车或者简单车以到达某关口(同时出发不算是相遇)。
巡逻部门想掌握同样部为6点整理起第1独关口出发去第n个关口的切削(称为目标车)最少会跟小辆巡逻车相遇,请编程计算的。假设有车到关口的天天都是整秒。

1529 Problem N 核电站问题

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一个核电站发生N个放核物质的坑,坑排列在平条直线上。如果连接M个坑中放入核物质,则会发生爆炸,于是,在好几坑中恐未加大核物质。
现在,请你算:对于给定的N和M,求不发生爆炸的停核物质的方案总数(n
<= 50, m <= 5)

1530 Problem O 天堂的送

<Vijos
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小杉找到了举行棉花糖的最好优良方案,想去摘云朵,可是摔死了……
他来到了天堂。天堂当然是那个十分之,也是不行糊涂的。小杉看同样片路标,写着“天堂之赠与”。考虑到稍微杉刚死没有多久,为了抚慰他受创的心灵以及恋的结,天堂派出一个天使给小杉送礼,但IQ不足够高的小杉可免克将到好礼。馈赠在西方门口进行。天使站在云端,往生摒弃礼物。天堂的法家的幅度为W格(按1..W编号),高度也0格,云端的可观为H格,小杉只能站在格子里。开始时(第0秒),小杉站在天堂的家的第P格。馈赠开始后,天使会于一些时刻从云端的某格扔礼物下来,礼物退的快慢(格/秒)是免等同的。小杉左右动去接礼物(每秒可以移动1格或者无倒)。礼物中的价值自然是未均等的,小杉事先知道了每个礼物的值。当礼品在某一样秒末恰好到达小杉所在的格子中,小杉就收取了这礼物。小杉想知道,他不过多得以到价值呢稍之赠品。而且,由于礼盒退的进度小可以老……,小杉还惦记了解是休是出若干礼物他怎样也用不交。

 

 

Time:
2017-07-19

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