5588葡京线路TCP/IP,Web世界的为主规则

【SinGuLaRiTy-1026】
Copyright (c) SinGuLaRiTy 2017. All Rights Reserved.

 

[UVA 1025] A Spy in the Metro

  • TCP/IP协议

标题叙述

间谍玛麦迪逊被送到S市举办八个特意危险的义务。她需求使用大巴完结他的天职,S市的客车惟有一条路线运营,所以并不复杂。

玛卡托维兹有二个义务,以往的岁月为0,她要从第二个站出发,并在结尾一站的音信员碰头。玛布尔萨知道有多少个强大的团体正在追踪他,她驾驭如果间接呆在2个车站,她会有很大的被抓的危机,躲在运作的列车中是相比安全的。所以,她决定尽可能地呆在运营的列车中,她只得往前或今后坐车。

玛乌兰巴托为了能按期且安全的到达最终一个车站与对方汇合,必要精晓在在车站最小等待时间总和的布署。你必须写一个主次,得到玛丽亚最短的等候时间。当然,到了终点站之后假使时光还并未到规定的随时,她得以在车站里等着对方,只然而那几个等待的时刻也是要算进去的。

以此都市有n个车站,编号是1-n,轻轨是那样活动的:从第二个车站开到最后三个车站。大概从最后一站开车然后开会来。高铁在每特定两站之间行驶的时日是一直的,大家也可以忽略停车的光阴,玛克赖斯特彻奇的快慢极快,所以她可以飞速上上任即便两辆车还要到站。

    TCP/IP
是因特网的通讯协议。通讯协议是对总计机必须遵守的平整的描述,只有遵守那么些规则,统计机之间才能进行通讯。浏览器与服务器就是经过那些协议连接在网络上的,还有电子邮件类的顺序也是由此那一个协议连接到互连网上的。

输入

输入文件蕴含多组数据,每组数据都由7行组成
第①行:二个正整数N(2<=N<=50)表示站的多少
第①行:1个正整数T(0<=T<=200)表示须要的会面时间
第二行:1-(n-1)个正整数(0<ti<70)表示两站之间列车的通过时间
第六行:贰个平头M1(1<=M1<=50)表示离开第四个车站的列车的多少
第肆行:M3个正整数:d1,d2……dn,(0<=d<=250且di<di+1)表示每一列列车离开第壹站的光阴
第陆行:五个正整数M2(1<=M2<=50)表示离开第N站的火车的数目
第八行:M3个正整数:e1,e2……eM2,(0<=e<=250且ei<ei+1)表示每一列高铁离开第N站的光阴
最终一行有一个整数0。

 

输出

对于各个测试案例,打印一行“Case
Number N:
”(N从1起首)和三个平头表示总等待的最长期或者1个单词“impossible”若是玛丽亚不可以成功。依据样例的出口格式。

其中含有的数目通讯协议

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  • TCP
    (传输控制协议):应用程序之间通讯
  • UDP
    (用户数据包协议):应用程序之间的简约通讯
  • IP
    (网际协议):总括机之间的通讯
  • ICMP
    (因特网音讯控制协议):针对不当和景象
  • DHCP
    (动态主机配置协议):针对动态寻址

解析

一道DP题目,dp[i][j]代表到达第i个都市的时候
,时间为j的等候时间至少是稍微,然后转移方程即可。

 

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;
}
  • TCP

[UVA 437] The Tower of Babylon

    TCP使用一定的总是,TCP用于应用程序之间的通讯。当应用程序希望通过
TCP
与另三个应用程序通讯时,它会发送一个通讯请求。这么些请求必须被送到八个适中的位置。在二者“握手”之后,TCP
将在多个应用程序之间创造二个全双工 (full-duplex)
的通讯。那几个全双工的通讯将占用五个电脑之间的通讯线路,直到它被一方或二者关闭甘休。UDP
和 TCP 很相似,不过更简单,同时可信性低于 TCP。

标题叙述

唯恐你曾听过巴比伦塔的故事,以后那几个典故的众多细节已经被忘记了。今后,大家要告知你整整故事:
巴比伦人有n种区其余积木,每一种积木都是真心真意长方体,且数量都以极其的。第i种积木的长宽高分别为{xi,yi,zi}。积木可以被旋转,所从前边的长宽高是可以交换的。也等于中间一个组成底部的星型,剩下的一个为中度。巴比伦人想要的用积木来尽量地建更高的塔,然而两块积木要叠在协同是有规则的:只有积木A的最底层1个边均低于积木B的平底相对的三个边时,那积木A才可以叠在积木B上方。例如:底部为3×8的积木可以放在底部为4×10的积木上,不过不可以放在尾部为6×7的积木上。
给您有的积木的数码,你的职分是写1个程式算出可以堆出的塔最高是稍稍。

 

输入

输入数据会含有多组数据。
在每一组数据中:第叁行包罗五个平头n,表示有n
(1<=n<=30)种差距的积木。接下来的n行,每行给出三个整数,表示一块积木的长宽高。
当n=0时,输入数据截至。

  • IP

输出

对于每一组数据,依照以下格式输出答案:
Case case:
maximum height = height

    IP是无连接的,IP用于总计机之间的通讯。IP
是无连接的通讯协议。它不会占据七个正在通讯的微机之间的通讯线路。那样,IP
就暴跌了对互联网线路的须要。每条线可以同时满足众多例外的电脑之间的通讯须求。通过
IP,音讯(大概其余数据)被细分为小的单身的包,并经过因特网在电脑之间传递。IP
负责将各种包路由至它的目标地。

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  • IP路由器

解析

乍一看,有点像最长上涨子体系类型的题材。对于积木可以扭转那一个条件,我们得以把分裂情况(总共有6种,本人画图吧)下的积木看成不相同类型的积木。为了便利现在DP的论断,大家在DP从前先小小地预处理以下:对逐个积木,遵照底面积扩大排序。后边的DP进程比较好想,我们可以看代码。

    当二个 IP
包从一台电脑被发送,它会到达一个 IP 路由器。IP
路由器负责将以此包路由至它的目的地,间接地如故通过任何的路由器。在一个一样的通讯中,一个包所经由的门道恐怕会和其余的包差异。而路由器负责按照通讯量、网络中的错误或许其余参数来展开正确地寻址。

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;
}

 

[UVA 1347 | POJ 2677] Tour

  • TCP/IP

题材叙述

JohnDoe是一名卓越的飞行员。一遍,他操纵租一架小飞机初步旅行一些美丽的地点。JohnDoe为协调规划的宇航路线满意以下须求:
1>路线经过所有的城市;2>路线从最左侧的地方开端,先严峻向右,到达最右侧的地点后,再严苛向左回到出发的地点;3>七个地点之间的路线是直线。
方今,给出每3个点的坐标,请您求出知足须求的最短路线的长度。

一句话题意:有n个点,给出x、y坐标。找出一条路,从最左边的点出发,严俊向右走到达最右点再严谨向左回到最左点。问最短路径的长短是有些?

    TCP/IP 意味着 TCP 和 IP
在一齐协同工作。TCP
负责运用软件(比如您的浏览器)和互联网软件之间的通讯。IP
负责总计机之间的通讯。TCP 负责将数据分割并装入 IP
包,然后在它们到达的时候重新组合它们。IP 负责将包发送至接受者。

输入

输入文件包蕴多组数据。

每一组数据的第壹行包含三个平头n
(1<=n<=一千),表示点的数码。接下来的n行,每行包罗三个浮点数(double)
xi,yi,表示多个点的坐标为(xi,yi)。

 

输出

对于每一组测试数据,输出二个两位小数,表示你计算出的最短距离。

  • TCP/IP寻址

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

 

 

 

 

 

 

 

 

    TCP/IP 使用 32 个比特或许 4 个 0 到
255 之间的数字来为电脑编址。

解析

<标题类型:双调欧几里得旅行商难点>

1.先是必要将原难点转化为,四个人A、B同时从最右边的点出发,一起严苛向最右点走,且经过全体点三遍(除了最左点和最右点)。那多个难题负有等价性。
2.先自然想到用dp(i,j)表示A走到i,B走到j时的情事还亟需走多少距离到终点(注意表示的是还有多少到终端,所以其结果与日前怎么走的毫不相关),那么能够作证dp(i,j)==dp(j,i);那里有的人或许会纳闷为啥会等于,刚刚说过dp(i,j)表示曾经高达这几个情状后还亟需走多少路程到达终点,与怎么到达那一个状态的并不曾关联,所以dp(i,j)和dp(j,i)只是三人剧中人物对换了罢了。
3.想开这一步之后,会并发一个题材,就是dp(i,j)不可以知道i、j之间的一些点是或不是早已走过了,所以大家须求特别考虑,刚刚大家提到,dp(i,j)==dp(j,i),那么大家就足以平素让i>=j(等于唯有极端和源点达到)。假如j>i了,只须要交流A、B的剧中人物即可,即将i换为j,j换为i。
4.有了这么些原则之后,我们就可以规定dp(i,j)规定为:A在i,B在j(i>=j)且i此前的全部点都度过了,那样也不会漏解,为啥吧?我们的当然的法门中,之所以i~j之间有个别不知情走过了没,就是因为我们允许A延续走了多步,比如A从P1->P5->P6,而B大概从P1->P2。所以P3,P4大家不知晓有没有被A可能B走到,因为我们只通晓A走到了P6而B走到了P2。可是你肯定发现了,在刚刚那三个例子中,P叁 、P4之后必须要被B走到。所以大家革新的dp(i,j)中得以让A和B一格一格走,要么A走,要么B走(其实只是让各类生成了弹指间而已)。
5.有了刚刚的论据,大家的处境转移就改为了上面这样:
dp[i][j]=min(DP(i+1,j)+dist(i,i+1),DP(i+1,i)+dist(j,i+1));

即要么A走,要么B走,若是A走来说,那么走到状态dp(i+1,j);倘诺B走,那么走到状态dp(i,i+1)到须求面前大于后边,所以dp(i,i+1)==dp(i+1,i)即可。注意dist(i,j)表示i-j的偏离。

  • IP地址

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;
}

    IP 地址包涵 五个数字,逐个计算机必须有二个 IP 地址才可以连入因特网,各种 IP
包必须有两个地点才可以发送到另一台电脑。

[UVA 12563] Jin Ge Jin Qu

    每一个计算机必须有壹个唯一的 肆个数字的地方,数字在 0 到 255
之间,并由点号隔开,像那样:192.168.1.60。

标题叙述

有一首很看好的曲子,叫做”劲歌金曲”。那首歌实际上是37首歌的聚集,长达13分18秒。为啥它这么热门呢?若是你在K电视唱歌时唯有15秒就到包场时间了,由于KTV不会在唱歌中途来叫停,你应当及早选另一首乐曲来延短时间。借使此时你选了劲歌金曲,那么您就会拿走额外663秒的时刻……~\(≧▽≦)/~
未来你还有局地时刻,可是你准备制定三个部署。同时你要满意以下规则:
1>一首歌最多只好唱三次(包涵劲歌金曲 )
2>对于一首长度为t的歌,要么唱完t时间,要么不唱
3>一首歌截至后,立时唱下一首(中间没有中断)
您的目标很粗略,唱尽只怕多的歌,尽或许晚的距离K电视依照第贰条规则,那也会使大家唱最多的歌)。

  • 32 比特 = 4 字节

输入

输入文件的第①行包涵1个平头T
(1<=T<=30),表示有T组测试数据。
每一组测试数据以五个整数n和t
(1≤n≤50,1≤t≤10^9)发轫,分别代表歌曲的数据(不包含劲歌金曲)和剩下的小时。接下来的一行包括n个整数,分别表示那n首歌的时刻长短
(以秒(s)为单位,每首歌的尺寸不当先3秒钟)。
输入数据保障,全数歌(包蕴劲歌金曲)的年月总和一定当先t。

    TCP/IP 使用 3几个比特来编址。一个处理器字节是 8 比特。所以 TCP/IP 使用了 肆个字节。

输出

对于每一组数据,给出最大的歌曲数和唱歌的总时间。

    多个总计机字节能够分包 25七个不等的值:00000000、0000000一 、000000拾、0000001一 、00000100、0000010① 、000001拾、0000011① 、00001000……. 直到 11111111。那多亏TCP/IP 地址是在乎 0 到 255 之间的 伍个数字的缘由。

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②组数据,先唱80秒长的第一首,再唱678秒长的劲歌金曲。
对此第2组数据,先唱第③首和第②首(总共99秒),此时还余下最终1秒,大家再唱劲歌金曲(678秒)。如若大家先唱第③首和第一首(总共100秒),大家就没有时间唱劲歌金曲了。

  • 域名

解析

  每首歌最多选五次,由规则180n+678>T可见最大T=9678s,可以转化为0-1背包的标题:
  1.状态d[i][j]代表:在当前剩余时间为j的地方下,从i,i+1,…,n中能选出歌的最大数量。
  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]意味着第i首歌未选时所选歌的最大数额,d[i+1][j-t[i]]+1表示第i首歌被增选后所选歌的最大数目。注意当
j-t[i]<=0 时
,即剩余时间不超越0时,第i首歌无法选,此时d[i][j]=d[i+1][j];
  边界条件是:i>n,d[i][j]=0;
  2.由于标题须求在所点歌数目最大的情况下尽大概保险唱歌的时日最长,那么相同可以转账成0-1背包难题,然而d[i][j]要先统计:
  状态song[i][j]表示:在近来剩余时间为j的动静下,从i,i+1,…,n中所选出歌累计的最长日子。
  状态转移跟随d[i][j]进行:令v1=d[i+1][j](即不选第i首歌),v2=d[i+1][j-t[i]]+1(选择第i首歌)
  如果:
    1)
v2>v1,
表明第i首歌必须点,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,
表达第i首歌一定不能够点,song[i][j]=song[i+1][j];
  逆序递推,答案是d[1][T]和song[1][T]。

    13个阿拉伯数字很难回想。使用三个称号更易于。用于 TCP/IP
地址的名字被称作域名。www.baidu.com就是多少个域名。当你键入三个域名时,域名会被一种
DNS 程序翻译为数字。在天下,数量小幅度的 DNS 服务器被连入因特网。DNS
服务器负责将域名翻译为 TCP/IP
地址,同时背负运用新的域名音信更新互相的系统。当2个新的域名连同其
TCP/IP 地址一同注册后,全球的 DNS 服务器都会对此消息进行翻新。

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

  • 协议族

难题叙述

您将要为一个集会大厅设计二个照明系统。在做了一些考察和统计之后,你发觉有三个节省的宏图能满足大厅的照明须要。依据这一设计,你须求n种不一样功率的电灯。由于电流调节须求,全数的电灯都亟待被通过同样的电流,由此,每种灯都有照应的额定电压。现在,你早已了然了每种电灯的数据和单位花费。但难点来了,你就要为富有种类的灯泡买同一的电源。事实上,你也可以为每种灯泡单独买一种电源(我们以为:二个电源可以为许多个额定电压为电源电压的电灯供电)来完毕规划。然则公司财务部高速发现她们得以因此删除一些电源并更换高功率的灯泡。你本来无法把灯泡换到低功率的,因为如此就会使大厅的一有个别不能收获照明。你更关怀的是节约金钱而不是节约财富,因而你要重新设计一个系统(将一部分低电压灯泡更换为高电压灯泡),来使价格最有益。

    TCP/IP 是基于 TCP 和 IP
那五个最初的协商之上的例外的通讯协议的大的聚集。

输入

有多组数据。
每一组数据以2个平头n
(1<=n<=1000),表示灯泡的品类。接下来的n行每一行表示一种灯泡的音讯,一行蕴含肆个整数:额定电压V
(1<=V<=13三千),知足所需电压的电源的单价K
(1<=K<=一千),灯泡的单价C (1<=C<=10),要求的灯泡数量L
(1<=L<=100)。
当n=0时,输入数据截至。

  • TCP 传输控制协议

输出

对此每一组数据,输出大概的细微成本。

    TCP
用于从应用程序到网络的数量传输控制。TCP 负责在数额传送从前将它们分割为
IP 包,然后在它们到达的时候将它们组成。

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

 

 

 

 

 

 

  • IP 网际协议

解析

先是须求肯定一种灯泡要么全体换,要么不换。如若换一部分来说,首先电源开销得不到节约,那么节省的局地就只来自于换的那部分灯泡,既然可以省去钱干嘛不干脆整体换了吧?所以仍旧全换,要么不换。然后我们的算法就是先依据V排序,然后cost[i]表示消除前
i
种灯泡的最优解,那么转移方程是枚举j<i,将j以前的涵养最优解cost[j]不变,j之后的一体变为i种灯泡。初始有三个疑点是:会不会漏解,为何没有枚举替换j此前的不总是的一有的?后来察觉,那些题材实际上不设有,因为i之前的灯泡肯定是越前面的开支越大,因为只要面前的消费反而更大的话,大可以转移为前边的灯泡。

    IP 负责总结机之间的通讯。IP
负责在因特网上发送和接受数据包。

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;
}
  • HTTP 超文本传输协议

[UVA 1625] Color Length

    HTTP 顶住 web 服务器与 web
浏览器之间的通讯。HTTP 用于从 web 客户端(浏览器)向 web
服务器发送请求,并从 web 服务器向 web 客户端重返内容(网页)。

难点叙述

输入八个长度分别为n和m(n,m≤陆仟)的水彩种类,须要按系列合并成同二个行列,即每一回可以把二个队列初步的颜色放到新种类的底部。例如,三个颜色系列GBBY和YCRUISERPRADOGB,至少有二种合并结果:GBYB景逸SUVYKugaGB和Y瑞鹰CR-VGGBBYB。对于逐个颜色c来说,其跨度L(c)等于最大任务和纤维地方之差。例如,对于地方二种合并结果,每一种颜色的L(c)和全部L(c)的总和如图所示。你的义务是找一种合并格局,使得全部L(c)的总额最小。(注:该英文翻译来自《算法比赛入门经典(第①版)》)

5588葡京线路 1

  • HTTPS 安全的 HTTP

输入

输入文件包罗了T组测试数据,T在输入数据的第2行会提交。
每一组测试数据包涵两行字符串,各代表3个颜料序列。在字符串中,颜色用大写英文字母表示。
输入数据保障:每组数据中冒出的颜色数不超越26,每三个颜料连串的长短不当先肆仟。

    HTTPS 负责在 web 服务器和 web
浏览器之间的平凉通讯。作为有代表性的施用,HTTPS
会用来拍卖信用卡交易和其他的机智数据。

输出

对此每一组测试数据,输出3个整数,表示L(c)的总数的微乎其微值。

  • SSL 如意套接字层

样例数据

样例输入 样例输出

2
AAABBCY
ABBBCDEEY
GBBY
YRRGB

10
12

 

 

 

 

 

    SSL
协议用于为平安数据传输加密数据。

解析

对此三个颜色连串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。
出于n,m<=伍仟,二维数组改成滚动数组。
以此时候,不是等到1个颜色全体平移完了后头再算跨度,而是,只要稍微种颜色已经起来但尚未终了,就L(c)+1;
重中之重在于求代价C。首先计算全体移动q,只借使该字符初步,代价就加一,可是如果恰巧是最后贰个就过来。然后再推数组p时,就足以一向动用已经统计好的c代价数组,只须要依据它立异由于i的参预而增加的代价。

  • SMTP 简易邮件传输协议

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;
}

    SMTP 用于电子邮件的传导。

[UVA 10003] Cutting Sticks

  • MIME 多用途因特网邮件增添

难点叙述

你的义务是替一家叫Analog
Cutting Machinery (ACM)的铺面切割木棍。
切割木棍的工本是基于木棍的长短而定。 而且切割木棍的时候每一回只切一段。

很醒目的,不一样切割的逐条会有不相同的工本。
例如: 有一根长10公尺的木棒必须在第二 、肆 、7公尺的地点切割。
那一个时候就有三种采纳了。你可以选用先切2公尺的地点,
然后切4公尺的地点,最后切7公尺的地点。这样的抉择其股本为:10+8+6=24。
因为第一回切时木棍长10公尺,第2次切时木棍长8公尺,第③次切时木棍长6公尺。
可是假若您采用先切4公尺的地点,然后切2公尺的地点,最后切7公尺的地点,
其基金为:10+4+6=20,那资金就是贰个较好的精选。
您的业主相信您的电脑能力自然可以找出切割一木棍所需最小的费用。

一句话题意:给定一根已知长度的木棍,给定n个切割点,要求依照切割点切割木棍,费用根据切割的木棍长度总结,例如有一根长10的木棒,切割点为贰 、④ 、7,假使根据② 、肆 、7的一一切割,花费将是10

  • 8 + 6 = 24,假诺按照四 、二 、7的相继切割,那么费用将是10 + 4 + 6 =
    20,切割顺序可以无限制,必要花费最小。

    MIME 协议使 SMTP 有力量通过 TCP/IP
网络传输多媒体文件,包涵声音、录像和二进制数据。

输入

饱含多组测试数据。
对于每组测试数据:第一行包蕴三个正整数l
(l<1000),表示木棍的总长度。第三行提交正整数n
(n<50),表示切割点的数量。第③行按升序给出n个正整数ci
(0<ci<l),表示每一个切割点的岗位。
当l=0时,输入数据停止。

  • IMAP 因特网音讯访问协议

输出

对此每一组测试数据,输出完毕切割的微小花费。输出格式见样例。

    IMAP 用来存储和取回电子邮件。

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.

 

 

 

 

 

 

 

  • POP 邮局协议

解析

比较典型的动态规划难题,依据题意找到状态转移公式就好了:dp[i][j]=max{dp[i][k]+dp[k][j]+len[j]-len[i]|i<k<j} 

    POP
用于从电子邮件服务器向个体电脑下载电子邮件。

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;
}
  • FTP 文件传输协议

[POJ 1141] Brackets Sequence

    FTP 负责总计机之间的文件传输。

题材叙述

笔者们觉得1个括号系列是有规律的,需满意以下原则:
1.2个空的行列是有规律的;
2.假诺S是有规律的括号系列,那么(S)和[S]都以有规律的括号种类;
3.若是A和B都以有规律的括号系列,那么AB也是有规律的括号种类。
举个例证,一下的富有括号种类都是有规律的:
(), [], (()),
([]), ()[], ()[()]
而以下的括号体系都不是:
(, [, ), )(,
([)], ([(]
交由贰个带有'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和
‘]’的种类S,你要找到最短的有规律的括号种类,使S成为其字串。

  • NTP 网络时间钻探

输入

输入文件最多带有9四个括号字符(仅包罗'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和 ‘]’)。

    NTP
用于在微机之间联合时间(钟)。

输出

出口找到的括号种类。

  • DHCP 动态主机配置协议

样例数据

样例输入 样例输出
([(] ()[()]

 

 

 

    DHCP 用于向互联网中的计算机分配动态 IP
地址。

解析

用DP求最少需求括号数:以p从1到n(字符串长度),记录下从i到i+p须求丰裕的最少括号数f[i][j],同时记录下中间要求添加括号的任务pos[i][j]——为-1表示不须要丰硕。

  • SNMP 简单网络管理协议

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;
}

<这里有3个坑一点的变式:UVALive
2451
,你可以修改这道题的代码再交付,随意感受一下>

5588葡京线路 25588葡京线路 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

    SNMP 用于总结机网络的保管。

[UVA 1331] Minimax Triangulation

  • LDAP 轻量级的目录访问协议

标题叙述

遵守顺时针大概逆时针的逐条给出多边的点,要将那些多边形分解成n-一个三角,须要使得这几个三角行中面积最大的三角形面积尽量小,求最小值。

    LDAP
用来从因特网搜集关于用户和电子邮件地址的音信。

输入

输入文件包含多组数据。输入文件的第2行包括壹个平头n,表示有n组数据。
对此每一组数据,第叁行包含1个平头m
(2<m<50),表示该多边形有m个顶点。接下来的m行,每行包涵多个整数x和y
(0<=x,y<=一千0),表示3个极限的坐标。

  • ICMP 因特网信息控制协议

输出

对此每一组数据,输出面积的微乎其微值,答案保留一位小数。

    ICMP 负责互联网中的错误处理。

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

 

 

 

 

 

 

 

 

  • ARP Address Resolution
    Protocol

解析

境况很好想,dp[i][j]表示从第i个点到第j个点,划分成j-i-二个三角的最优解,然后每一趟更换时,枚举长度和右边界始点,那么依照长度和左手界点就能够明白左侧界点,然后枚举左侧界和左边界中间的点k,dp[i][j]
= min(dp[i][j], max(max(dp[i][k], dp[k][j]), Area(i, k,
j)).但是有2个题材,即i,k,j三点围成的三角是或不是符合须求,判断的基准即为是或不是存在除i,k,j三点外的有个别坐落三角形中,有面积法判断。

    APRADOP – 用于通过 IP 来寻觅基于 IP
地址的电脑网卡的硬件地址。

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;
}
  • RARP Reverse Address Resolution
    Protocol

[UVA 12186] Another Crisis

    RA逍客P 用于通过 IP
查找基于硬件地址的电脑网卡的 IP 地址。

题材叙述

世界风险暴发了,工人们呼吁加薪。3个业主和n个职工结合树状结构,各个职工都有友好的绝无仅有上司,Boss的号子为0,员工1~n,工人们打算签署三个志愿书给总监,但无法跨级,当一个中间员工(非是工人的员工)的附属下属中不小于T%的人签署时,他也会签署并且递交他的专属上司,问:要让Boss收到请愿书至少须要多少个工友签字?

  • BOOTP Boot Protocol

输入

输入文件包罗多组数据,每一组测试数据占两行。
对此每一组测试数据:第一行包罗五个整数N和T
(1≤N≤10^5,1≤T≤100),其中N表示公司里的职工数(不包括Boss),T的含义见标题叙述;第3行包涵N个整数Bi
(0<=Bi<=i-1),表示编号为i的员工的直系Boss是编号为Bi的职工。
当N=0且T=0时,输入文件截止。

    BOOTP 用于从网络运营电脑。

输出

对于每一组测试数据,输出要求签字的最少员工数。

  • PPTP 点对点隧道协议

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

 

 

 

 

 

 

 

 

    PPTP
用于私人网络之间的连天(隧道)。

解析

设d[u]意味着让u给上级发信最少须求多少个工友。就算u有k个子节点,则至少须求c=(k*T-1)/100+1个一向下属发信才行。把全数子节点的d值从小到大排序,前c个加起来即可。最后答案是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

标题叙述

N台电脑由N-1条连线连接,使得任意两台微机都可以由此一条道路联系,那样就形成了互联网。借使两台电脑间有一条线连接,那么大家说那两台电脑相邻。全体与一台计算机相邻的微处理器组成的聚集,大家誉为邻居。为了可以很快地存取接收大批量的音信,我们需求将部分总结机成为服务器,来向它富有的街坊提供财富。纵然在2个网络中,全体的用户(即不是服务器的电脑)都被正好五个服务器提供能源,大家就认为这一个互连网形成了一应俱全服务。今后大家定义,使二个互联网形成完善服务所需求的最少的服务器的数量,叫做”完美服务数“。

咱俩假诺有N台电脑,且将微机从1~N编号。例如Figure
1所示的互联网由6台微机组成,其中的黑点表示服务器,白点表示用户。在Figure
1(a)中,3号和5号服务器并未变异健全服务,因为4号用户同时被七个服务器覆盖到了。而在Figure
1(b)中,3号和4号服务器就形成了圆满服务,这几个事例中的”完美服务数”就非凡2。

5588葡京线路 4

你的职务是写1个顺序统计出”完美服务数”。

输入

输入文件包含多组数据。
对此每一组数据:第贰行包括三个正整数N
(1<=N<=一千0),表示网络中的电脑数。接下来的N-1行,每一行都饱含五个正整数Ai和Bi,表示Ai和Bi是相邻的。第N+1行的”0″表示第贰组数据的扫尾,接着先导输入下2个多少。当一组数据的最后给出”-1″时,表示一切的输入数据截至。

输出

对于每一组测试数据,输出总结出的”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]代表i是服务器并且以i为根的子树都被掩盖的景况下服务器的最少点数 
dp[i][1]表示i不属于服务器,且以i为根的子树都被覆盖,且i被内部不少于二个子节点覆盖的情景下服务器的最少点数 
dp[i][2]表示i不属于服务器,且以i为根的子树都被掩盖,且i没被子节点覆盖的情状下服务器的最少点数 
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]))包蕴有个别dp[u][0] 
否则inc=min(dp[u][0]-dp[u][1]) 
dp[i][2]=sum(dp[u][1]) 
结果即为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

题材叙述

Frank从个体投资者获取了c先令的资产,可用于m天的投资。
Frank可以对n支股票举办投资。对于每一支股票:都有一个交易上限si,表示一天最多能交易的股数;还有三个上限ki,表示Frank最多可具备的股数。对于持有项目的股票,同样有贰个上限k表示Frank可同时具有的最大股数。
股票的贸易还知足一下渴求:
1>一天最两只能够进行五遍交易(你也得以不交易);
2>若要对第i支股票进行选购或卖出,只好几回性买或卖Si股;
3>全部的贸易都是在Frank有充分的老本的原则下成功的;
4>当m天病故后,Frank的资本必须全方位转载为现金,无法放在股票市场里,(m天以内,股票必须一切卖出)。
今昔,给出每一支股票的天天的价钱,须求您总括出Frank能回收的财力的最大值,并交由每一日的切实的操作方法。

输入

第2行:蕴涵七个数c,m,n,k:c  (0.01
≤ c ≤ 100 000 000.00)表示一初始有所的老本,最多两位小数;m (1 ≤m ≤
100)表示可以交易的命局;n (1 ≤ n ≤ 8)表示股票的种数;k (1 ≤ k ≤
8)表示全部股票的最多颇具的股数。

接下去的2n行:描述每一支股票的信息(一支股票占2行)。对于每一支股票:第壹行:包罗股票名称(二个五人以内的大写字母组成的字符串),si(1
≤ si ≤ 1 000 000,一天的最大交易量),ki(1 ≤ ki ≤
k,该股票的最大有所股数);第叁行:包罗m
个小数(0.01<=m<=999.99,几个人小数以内),表示股票天天的价位。

输出

出口文件包涵m+1行。第①行:回收资金的最大值;第③~m+1行,每日的操作。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

一共有n天,把时局看作阶段,对于每日,大家可以挑选入手或买进一手股票,在终极一天必须将股票全部得了且求解最大钱数。
可以如此定义d[i][s]:表示第i天手中股票的状态为s时手中的最大钱数,接纳刷表法更新d[i+1][s’],s’表示s经过入手或购销转移的动静。
难题就成为了什么样表示情况s?采纳n元组的款型。
但不可以将一个n元组表示进d数组,那里的章程是离线dfs出全部情状并各自编号,得出状态与不断的涉及buy_next与sell_next。那么d中的状态s就足以用1个平头表示了。
其它输出也有肯定的技艺,用到了pre与opt数组,并用正负不相同操作。

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

难点叙述

你想学着玩跳舞机。跳舞机的踏板上有七个箭头:上、下、左、右。当中国风开端时会有一些箭头往上移步。当发展移动的箭头与顶部的箭头模板重合时,你要求用脚踩一下踏板上的同一箭头。不需求踩箭头时,踩箭头不会惨遭惩处,但当要求踩箭头时务必踩一下,哪怕早已有三头脚放在了该箭头上。很多爵士乐速度高速,须求来回倒腾步子。由此要写二个程序,来采取最自在的踩踏格局,使得消耗的能量最少。
将七分音符作为二个基本时间单位,各个时刻单位照旧须要踩2个箭头(不会同时须要踩三个箭头),要么什么都不须要踩。在随心所欲时刻,你的左底角应放在八个例外的箭头上,且逐个时间单位内唯有二只脚能动(移动
和/或
踩箭头),不可能跳跃。别的,你不可以不面朝前方以观看显示屏(例如,你无法左脚放在右箭头上,底角放在左箭头上)。
当您执行1个动作(移动或踩踏)时,消耗的能量那样测算:
◎如果那只脚上个时间单位并未另外动作,消耗1单位能量;
◎即使这只脚上个时间单位从未活动,消耗3单位能量;
◎如若那只脚上个时间单位活动到邻近箭头,消耗5单位能量;
◎倘诺那只脚上个时间单位活动到相持箭头,消耗7单位能量。
平常意况下,你的底角不可以放在右箭头上(只怕反之),但有一种景况不一样:如若您的底角放在上箭头或下箭头,你可以用左脚踩左箭头,可是在您的底角移出左箭头以前,你的底角都不能移到另三个箭头上。左脚的情事以此类推。
一开头,你的左脚在左箭头上,底角在右箭头上。

5588葡京线路 5                     
 5588葡京线路 6

          跳舞机踏板                                      跳舞机显示屏

输入

输入文件最多含有100组数据,每组数据包括三个长度不当先70的字符串,即各样时间单位要踩的箭头。L和ENCORE分别代表左右箭头,U和D分别表示上下箭头,’.’代表不须求踩箭头。

输出

出口应是三个长度和输入相同的字符串,表示每一种时刻单位举行动作的脚。L和大切诺基分别是左底角,’.’代表不踩。

样例数据

样例输入 样例输出

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLDU…D…UUUUDDDD
#

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLRL…R…LLLLRRRR

 

 

 

 

解析

对于屏幕上的职位必须有一脚踩下,对两脚地方有所需要且依照脚的移动关系分配代价,求完结屏幕须求的动静下代价最小。
用状态d[i][a][b][s]代表已踩过i个指令,左左脚地方为ab,因为急需基于方今移动的脚是不是刚运动过由此用s表示上次移动的脚。
境况转移方程:
d[i][a][b][s]=min(d[i][ta][tb][s’]+cost)
但只顾到,expr是眼前的移动,移动后更换成i+1且岗位成为移动后的职位,
因而须求倒序枚举i,把i+1看作是 i 的子难点
原来char[]能够如此用。

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

题材叙述

你有k个一模一样的水球,在一个n层楼的建筑上拓展测试,你想领会水球最低从几层楼往下丢可以让水球破掉。由于你很懒,所以您想要丢最少次水球来测出水球刚好破掉的最低楼层。(在最糟情状下,水球在顶楼也不会破)你可以在某一层楼丢下水球来测试,倘若水球没破,你可以再捡起来继续用。

输入

输入文件包罗多组测试,每组测试为一行。每组测试包罗五个整数k和n,(1<=
k<=100而n是三个LL的整数(没错,那栋建筑物的确很高),最后一组k=0,n=0代表截止。

输出

对于每一遍测试,输出在最糟情状下,测出水球破掉楼层的至少次数。尽管他多于6二遍,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,将难点转化为最高可以测试到几层
则会有转移方程:f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j-1]+1;
后一片段是说选在第k层试第④遍,如若摔破了,表达边界在上面的层中。所以说选的不行k层,k最大应该满足k<=f[i-1][j-1]+1;
因为要保管一旦水球在第k层摔坏了,上面的全体层都可以在还有i-一个球和j-三回机遇时测出来;
前一部分意味着选在k层试第5遍,然而球并没有摔坏。那几个时候最高就是在k层的底子上,加上
还有i个球和j-1回机会时可以再往上测几层~即f[i][j-1];
故而综上两部分,f[i][j]最大就等于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

题材叙述

Ministry of
Monuments公司规划了GWA翼虎Sportage机器人来整治长城。而你的任务就是写3个顺序来计量修理的矮小开支。
咱俩把长城当作是一条直线,那么大家就能够经过1个平头(某一点到长城一端的距离)来讲述长城上或多或少的任务。GWA翼虎Kuga机器人被停放在长城上的某3个地点还要可以向五个方向匀速运动。总计中不经意修理进度的光阴消耗。

输入

输入文件包罗多组测试数据。
对此每一组数据:第3行包蕴多个整数:n
(1<=n<=一千),表示长城上需求修补的地点;v
(1<=v<=100),表示机器人的单位速度;x
(1<=x<=陆仟00),表示GWAEnclave奥迪Q5的早期地点。接下来的n行描述每三个断口的信息,每一行包涵五个整数:xi
(1<=xi<=六千00),表示缺口的岗位;ci
(0<=ci<=六千0),以往(相当于0时刻)修好那几个缺口所需的费用;Δ
(1<=Δ<=50000),表示每三个单位时间增多的开支。由此,若是在t个单位时间后整治二个缺口,那么费用就是
c+t*Δ 。
输入数据保险:不存在七个缺口地方重叠的情事;机器人的起首地点不会与任何二个缺口地方重合。
当n=v=x=0时,输入文件为止。

输出

对于每一组数据,输出最小费用。标题保证最小开支的值不会超过一千000000。

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

要想最后代价最低,就不或然跳跃着修复,约等于通过一段时间后一度修复好的破损应是一段连接区间。定义dp(i,j,k)表示修好(i,j)后机器人停留在k(0表示在左端,1意味着在右端)端的成本。修复某处破损的代价固然不是定值,但却是随着岁月线性拉长的,所以当修复完一处或一段破损时,修复其余破损的花销可以算出来,只需将其拉长到当下事态即可,也足以看成修复某处破损发生的流时代价。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,w一 、w② 、w③ 、w4为对应发生的日子代价与修补代价的和。

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

题材叙述

鲍伯有n根火柴。他可以用火柴摆出0~9任意三个数字,如下图所示:

5588葡京线路 7

近来,给出两个整数m,须求用不当先n根火柴摆多少个不择手段大的整数。

输入

输入文件包罗多组测试数据。每一组数据占一行,包涵多个整数n
(n<=100)和m (m<=2000),其含义见标题叙述。
输入文件以3个单身的’0’为止。

 

输出

对此每一组数据,输出统计出的答案;若无解,则输出-1。注意按样例所提交的格式输出。

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 大神的思路>

可以用dp[i][j]意味着除以m余j的i位数最少需求多少火柴这一个状态计算,转移方程是:用dp[i][j]+c[k]来更新dp[i+1][(j*10+k)%m](c[]是逐个数字需求费用的火柴数量,k是当前枚举的数字)。可以幸免高精度升高功效,可是怎么明确每1个人上的数字都以何等吧,要求用dp[i][0]找到最大的i使得dp[i][0]不是INF(初始化dp[][]为INF),那样就足以鲜明这么些最大数字有几人了(位数多的肯定比位数少的大),然后在盘算每1个人上最大可以是什么数字,从大到小枚举每一个人上的数字,第1个使得sum+dp[i-1][s]+c[j]<=n的数字就是该位上的最大值(其中s是去掉那1位上的数字剩下的3位的余数为s时使得这么些总的数字能被m整除)。
譬如,m=7,并且已知当前数字位数为3,首先试着让最高位为9,假若得以摆出9ab如此的平头,那么必然是最大的,那么怎么着显然是还是不是摆出9ab呢?因为900%7=4,所以s,就是后两位’ab’%7应有相等3,(那里具体怎么算的下面再说),借使dp[2][3]+c[9]+sum<=n,(sum是现已显然的高位的数字的总费用),就印证火柴数量充足摆出9ab,否则最高位就不是9亟需持续找,假设得以摆出那么重复那一个进程直到算出每1位上的数字。还足以预处理统计出各种x00..那样数字%m的值用y数组保存,其实依然采用了一点高精度统计–大数取余。

近期就只有三个标题了,怎么样算出s,就是已知当前整数为7ab%m
= 0和700%m,求出ab%m的值,小编总计了多少个数字,找出了贰个法则:
上边二位的余数s等于
m-当前这一人的数字x00..%m的值-v(后面全数曾经规定的x00..%m之和)
比如:假如最大数字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
需求注意一下v大概超越m,所以测算v时要求模m。总括s时或然为负数,必要先加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

题材叙述

多少个儿女在一棵老树旁占成一圈玩游乐。由于树很大,每一个孩子只能够看见离她近的人。
那些游戏由众多轮组成。在嬉戏的早先,三个私自的小孩会拿走一张纸,若是那一个小孩是男孩,会在纸上写贰个’B’;若是是女孩,会在纸上写三个’G’。然后她即兴采用3个大方向(顺时针或逆时针),将纸递给在那个样子上与他相邻的人,新的人也会在纸上写下团结的性别,继续将纸递给另1位(依照在此从前的可行性)……就那样,这张纸从3个男女交到另多少个亲血肉手中,直到二个亲血肉揭橥游戏为止。
举个例证,如果有5个孩子将树围起来,如Figure
1,。未来,若纸从Kid1开头向逆时针走,在Kid3停下,那么大家就会在纸上得到二个字符串”BBG”。
在N轮游戏后,我们会赢得N张写有’B’和/或’G’的字符串的白纸。三个幼儿会获取全数的那个纸,并且要算出足足有多少个儿孩儿出席了游戏。大家知道在任意意况下,至少有多个小孩子。写三个先后,统计那几个最少的总人口。

5588葡京线路 8

输入

输入文件包涵多组测试数据。
对此每一组数据:第壹行包涵1个整数N
(2<=N<=16),表示总共有N个字符串;接下去的N行,每行包蕴3个由’B’和/或’G’组成的字符串,字符串的尺寸均不当先100。
当N=0时,输入数据截至。

输出

对于每一组数据,输出大概的最少的男女数。

样例数据

样例输入 样例输出

3
BGGB
BGBGG
GGGBGB
2
BGGGBBBGG
GBBBG
0

9
6

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

5588葡京线路,咱俩得以在预处理时把装有互相包涵的字符串合并,然后f[i][j][k]
表示如今字符串已经包蕴的字符串为i,并且以j结尾且其动向为k的纤维值,然后每一回枚举转移,注意最终三个字符串要处理一下它和第一个字符串的国有部分(因为是环),然后大概有二个字符饶了少数圈那种情状,那时大家最后一定可以把全体字符合并成最长的这多少个,然后用kmp求下它的细微循环节输出就行了,注意有所答案都要和2取最大值。

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

难题叙述

有N本书,每本书有二个莫大Hi和宽度Wi。以后要营造二个三层的书架,你可以采用将n本书放在书架的哪一层。设三层中度(该层书的最大中度)之和为h,书架总幅度(即每层总增幅的最大值)为w,则须求h*w尽量小。

输入

输入文件包蕴多组数据。测试数据的组数T会在输入文件的首先行提交(1<=T<=20)。
对此每一组数据:第二行包罗一个正整数N
(3<=N<=70),表示书的数量。接下来的N行每行包涵七个正整数Hi和Wi
(150<=Hi<=300,5<=Wi<=30),分别代表第i本书的可观和幅度。题目中提交的尺寸均以分米(mm)为单位。

输出

对此每一组数据,输出能包容全数书的动静下,书架的h*w的微乎其微值。

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

核心选拔了DP+加状态剪枝的方针;
率先必须旗帜显明:前面i本书的特级放法是由前i-1本书的极品格局的根基上丰盛第i本书组合而来;
d[i][j][k]意味着曾经布置前i本书,第①层宽度为j,第3层宽度为k,且第2层的万丈超越等于第①层的高度,最高的那本书放在第②层时的
第三层和第贰层的小不点儿中度和;
该情况是在每层厚度一定意况下的最优解;那样一来最后解要遍历i=n的有着景况求最优;由于d[i][j][k]并不可以显然的找出其所依靠的子结构,但用它来更新i+1的情事却相比较易于转换,所以使用刷表法
还有状态太大,要求剪枝。

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上的 动态规划作业

该演习包蕴了以下难题,那一个题材均可在5588葡京线路 9上找到,在那里仅付给标题叙述:

1510 Problem A 遇见

<Vijos
1280>

燕姿在桥的这一端,而xx在桥的另一端。那座桥分外特别,桥面是由2N-一个方格组成的,每种方格里写有三个数码Ai(-50<=Ai<=50)。如下是N=4时的事态。可以认为燕姿从最上边出发。每四回,她可以提升跳到与友爱所在方格相临的内部3个方格内(例如在最上面的7中,可以跳到上一行的10和8中)。当燕姿跳到最顶端的方格后,她就不可能再移动了。(在未到下面前,不容许跳到表万分。)每在一格内,都要把格内的数字写下去。
可是,仅仅到达顶端是不够的。桥会向彼岸的xx询问3个数字k,燕姿到达顶端后,拿出写下来的数字,可以在随心所欲多少个数字间添加“+”或“-”号,使得总括的结果m最接近k。经过桥的判断,假如对于桥上的方格m是最接近k的数字,那么燕姿就可以透过桥和xx相遇,否则………
(为了让燕姿能更易于地经过,xx给出的数字总是0)你的义务,就是支援燕姿找出这些最接近k的m.

1511 Problem B 火车票

<Vijos
1292>

三个铁路线上有n(2<=n<=10000)个火车站,每一个火车站到该线路的头阵轻轨站距离都是已知的。任意两站之间的票价如下表所示:站之间的离开
X与票价的关系:倘诺离开 :0 < X < =L1 则票价为C1 借使距离 :L1
< X < =L2 则票价为C2 倘若距离 :L2 < X < =L3 则票价为C3
其中L1,L2,L3,C1,C2,C3都以已知的正整数,且(1 <= L1 < L2 <
L3 <= 10^9, 1 <= C1 < C2 < C3 <=
10^9)。显明若两站之间的离开当先L3,那么从一站到另一站至少要买两张票。注意:每一张票在应用时不得不从一站开头到另一站甘休。将来急需您对此给定的线路,求出从该路线上的站A到站B的最少票价。你能完毕呢?

1512 Problem C 晴天小猪历险记

<Vijos
1006>

在很久很久以前,有多个动物村庄,那里是猪的米粮川(^_^),村民们不辞费力、勇敢、善良、团结……
然而有一天,最小的细小猪生病了,而这种病是无限稀少的,因而大家都尚未储存那种药物。所以晴天小猪自告奋勇,要去选择那种药草。于是,晴天小猪的神话故事便通过展开……
这一天,他过来了一座山体的山脚下,因为只有那座深山中的1人隐者才知道这种药草的所在。不过上山的路错综复杂,由于纤维猪的病状,晴天小猪想找一条需时最少的路到达山顶,但现行它三头雾水,所以向你求助。
山用3个三角形表示,从山头依次向下有1段、2段、3段等山路,每一段用多个数字T(1<=T<=100)表示,代表晴天小猪在这一段山路上急需爬的时间,每两回它都足以朝左、右、左上、右上多少个趋势走(**注意**:在随心所欲一层的第1段也足以走到本层的末尾一段或上一层的末梢一段)。
晴天小猪从山的左下角出发,目的地为巅峰,即隐者的斗室。

1514 Problem D 添加括号

<Vijos
1038>

给定二个正整数体系a(1),a(2),…,a(n),(1<=n<=20)
不更改体系中逐个成分在体系中的位置,把它们相加,并用括号记每回加法所得的和,称为中间和。
例如: 给出体系是4,1,2,3。 第2种添括号形式:
((4+1)+(2+3))=((5)+(5))=(10)
有多少个中等和是5,5,10,它们之和为:5+5+10=20 第1种添括号方法
(4+((1+2)+3))=(4+((3)+3))=(4+(6))=(10)
中间和是3,6,10,它们之和为19。今后要添上n-1对括号,加法运算依括号顺序举行,得到n-二个中等和,求出使中间和之和纤维的添括号办法。

1515 Problem E 盖房子

<Vijos
1057>

固定の灵魂目前拿到了面积为n*m的一大块土地(喜出望外ING^_^),他想在那块土地上修建一所房子,这一个房子必须是星型的。可是,那块土地永不十全十美,下面有很多不平坦的地点(也得以叫瑕疵)。那一个弱点十三分恶意,以至于根本无法在地方盖一砖一瓦。他期待找到一块最大的星型无瑕疵土地来盖房屋。可是,那并不是怎样难点,永恒の灵魂在10分钟内就自在化解了这些标题。以往,您也来试试看吧。
 

1516 Problem F 迎春舞会之几人组舞(版本2)

<Vijos
1061>

HNSDFZ的同桌们为了庆祝新春,准备排练一场舞
n个人选出3*m人,排成m组,每组二个人。
站的队形——较矮的三个人站两侧,最高的站中间。
从对称学角度来欣赏,左右几人的身高越接近,则这一组的“残疾程度”越低。
统计公式为 h=(a-b)^2 (a、b为较矮的2位的身高) 那么难题来了。
以往候选人有n个人,要从她们当中选出3*m个人排舞蹈,须要完全的“残疾程度”最低。

1517 Problem G 新年佳话之红包

<Vijos
1069>

xiaomengxian一进门,发现曾外祖父、外祖母、五叔、大姨……都坐在客厅里等着她吗。经过缜密考察,xiaomengxian发现她们全数人正好组成了1个凸多边形。最要害的是,他们各个人手里都拿着三个红包(^o^)。于是丰富着急,xiaomengxian决定找一条最短的路线,得到具有的红包。
假如屋里共有N个人拿着红包,把她们分别从1到N编号。其中,编号为1的人就坐在大门口,xiaomengxian必须从此间出发去拿任何的红包。一条官方的门路必须透过全部的点三回且仅三次。
 

1518 Problem H 新年佳话之打牌

<Vijos
1071>

过年的时候,大人们最喜爱的活动,就是打牌了。xiaomengxian不会打牌,只能坐在一边望着。
那天,正当一群人打牌打得起劲的时候,突然有人喊道:“那副牌少了几张!”芸芸众生一数,果然是少了。于是那副牌的主人得意地说:“那是一幅特制的牌,小编晓得整副牌每一张的分量。只要我们称一下结余的牌的总重量,就能通晓少了如何牌了。”大家都觉着这几个方法不错,于是称出剩下的牌的总重量,先导盘算少了什么牌。由于数据量比较大,过了不久,大家都算得眼冒罗睺了。
那时,xiaomengxian大声说:“你们看作者的呢!”于是她拿出台式机电脑,编出了二个先后,很快就把缺乏的牌找了出去。
如果是你遇到了那样的情事吗?你能办到同样的事情呢?

1524 Problem I 小胖守宫室

<Vijos
1144>

huyichen世子事件后,xuzhenyi成了国王特聘的御前拔尖侍卫。
皇城以东直门为源点,直到后宫贵妃们的寝宫,呈一棵树的形制;有些皇宫间能够相互望见。大内保卫森严,三步一岗,五步一哨,每种皇城都要有人全天候守卫,在区其余宫廷布置看守所需的开支分化。
但是xuzhenyi手上的经费不足,无论怎么样也左顾右盼在各样皇宫都安放留守侍卫。
支持xuzhenyi计划侍卫,在防御全数宫室的前提下,使得开支的经费最少。

1525 Problem J 猫狗大战

<Vijos
1153>

新一年度的猫狗大战通过SC(星际争霸)那款经典的玩耍来比赛,野猫和飞狗这对朋友为此已经准备好久了,为了使战争更有难度和巧合,双方约定只好接纳Terran(人族)并且只好造机枪兵。竞技开端了,很快,野猫已经攒足几队机枪兵,试探性的发动进攻;不过,飞狗的机枪兵个数也已经重重了。野猫和飞狗的兵在飞狗的家门口相遇了,于是,便有一场腥风血雨和阵阵惨叫声。由于是在飞狗的家门口,飞狗的兵补给会很快,野猫看敌可是,决定撤军。那时飞狗的军力也相差够多,所以没追出去。由于差异意造医务人员,机枪兵不可能补血。受伤的兵只可以忍了。555-。以往,野猫又攒足了足足的武力,决定发起第3次进攻。为了使本次攻击给家狗造成更大的打击,野猫决定把现有的兵分成两局地,从两路出击。由于某个兵在首先次战斗中受伤了,为了使两有个其他兵实力平均些,分的条条框框是如此的:1)两有的兵的个数最五只好差三个;2)每部分兵的血值总和必须求硬着头皮接近。未来请您编写1个先后,给定野猫未来某个兵的个数以及种种兵的血格值,求出野猫按上述规则分成两局地后每部分兵的血值总和。
 

1526 Problem K 分梨子

<Vijos
1157>

Finley家的小院里有棵梨树,近年来取得了不少梨子。于是,Finley决定挑出有些梨子,分给幼稚园的乖乖们。但是梨子大小味道都不太一致,一定要尽只怕挑选那些大约的梨子分给孩子们,那么些分到小梨子的宝贝才不会哭闹。每一个梨子都独具四个属性值,Ai和Bi,本别表示梨子的尺寸和甜度情状。即便在选出的雪梨中,多个个性的细小值分别是A0和B0。只要对于拥有被选出的梨子i,都知足C1*(Ai-A0)+C2*(Bi-B0)≤C3(其中,C壹 、C2和C3都以已知的常数),就足以认为那个梨子是相差不离的,可以用来分给小朋友们。那么,作为幼稚园园长的你,能算出最多可以挑选出多少个梨子吗?

1527 Problem L 岳麓山上打水

<Vijos
1159>

明日天气好晴朗,遍地好光景,好光景!蝴蝶儿忙啊,蜜蜂也忙,音讯组的同室们越发忙。如今,由于XX原因,大家不得不到岳麓山去提水。55555555~,好累啊。  新闻组有1个体量为q升的大缸,由于大家都很自觉,不情愿浪费水,所以每一次都会刚好把缸盛满。可是,新闻组并从未桶子(或然瓢)来舀水,作为组内的生活委员,你无法不肩负重任,到新一佳去买桶子。新一佳有p种桶子,各个桶子都有无穷两个^_^,且价格一样。由于我们都很节省,所以你必须尽量少买桶子。假诺有三种方案,你无法不挑选“更小”的那种方案,即:把那八个方案的聚合(差异尺寸的桶子组成)按升序排序,比较第2个桶,拔取第2个桶体积较小的三个。若是第2个桶相同,相比第③个桶,也按上边的章程采用。否则继续这么的可比,直到相相比较的七个桶不等同截止。例如,集合{3,5,7,三}
比集合 {3,6,7,8}
要好。为了把缸装满水,大家可以先从岳麓山的井里把桶装满水提回来,然后倒进缸里。为了不十一分麻烦恐怕浪费宝贵的水能源,我们不要把缸里的水倒出来恐怕把桶里的水倒掉,也不会把桶里的水再倒回井中,(这样会污染井水)。当然,二个桶可以动用频仍。例如,用三个容量为
1 升的桶可以将轻易体量的大缸装满水。而其他的构成就要麻烦些。

1528 Problem M 公路巡查

<Vijos
1168>

在一条没有分岔的高速公路上有n个关口,相邻多少个关口之间的距离都以10km。全体车辆在这条高速公路上的最低速度为60km/h,最高速度为120km/h,并且只可以在关口处改变速度。巡逻的艺术是在有些时刻Ti从第ni个关口派出一辆巡逻车匀速驶抵第(ni+1)个关口,路上成本的时间为ti秒。
两辆车相遇是指它们之间时有爆发超车可能两车还要到达某关口(同时出发不算相遇)。
巡逻部门想了然一辆于6点整从第②个关口出发去第n个关口的车(称为目的车)最少会与微微辆巡逻车相遇,请编程总结之。如果全数车辆到达关口的时刻都以整秒。

1529 Problem N 核电站难题

<Vijos
1232>

二个核电站有N个放核物质的坑,坑排列在一条直线上。如若连接M个坑中放入核物质,则会暴发爆炸,于是,在一些坑中只怕不放核物质。
将来,请您计算:对于给定的N和M,求不暴发爆炸的停放核物质的方案总数(n
<= 50, m <= 5)

1530 Problem O 天堂的馈赠

<Vijos
1235>

小杉找到了做棉花糖的最优方案,想去摘云朵,可是摔死了……
他到来了西方。天堂当然是很大的,也是很凌乱的。小杉看到一块路标,写着“天堂的馈赠”。考虑到小杉刚死没多长时间,为了抚慰他受创的心灵和依依的心思,天堂派出二个天使给小杉送礼,但IQ不够高的小杉可不可能得到好礼物。馈赠在天堂门口进行。天使站在云端,往下扔礼物。天堂之门的升幅为W格(按1..W编号),中度为0格,云端的中度为H格,小杉只能够站在格子里。开首时(第0秒),小杉站在西方之门的第P格。馈赠开首后,天使会在少数时刻从云端的某格扔礼物下来,礼物降低的进程(格/秒)是不平等的。小杉左右活动去接礼物(每秒可以运动1格或不运动)。礼物之间的价值自然是不雷同的,小杉事先知道了各类礼物的价值。当礼品在某一秒末恰好到达小杉所在的格子中,小杉就收下了那些礼物。小杉想知道,他最多可以得到价值为多少的赠礼。而且,由于礼物下跌的快慢有点可以很……,小杉还想明白是否有个别礼物他怎样也拿不到。

 

 

Time:
2017-07-19