TCP/IP,Web世界之骨干规则

【SinGuLaRiTy-1026】
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[UVA 1025] A Spy in the Metro

  • TCP/IP协议

问题叙述

特务玛利亚深受送至S市行一个特地危险的职责。她用采取地铁好他的天职,S市之地铁仅发雷同漫漫路运行,所以并无复杂。

玛利亚起一个任务,现在底光阴也0,她如果从第一单站起身,并于最后一站的特务碰头。玛利亚知道出一个劲的社方追踪其,她明白如果一直发呆在一个站,她会见有充分挺的给逮的风险,躲在运行的列车中凡比安全的。所以,她宰制尽可能地呆在运转的火车被,她只能望前头要为后以车。

玛利亚为了能限期且安全的至最终一个车站和对方会,需要掌握当以车站最为小等时总和的计划。你必须写一个顺序,得到玛丽亚最缺乏的等候时。当然,到了终点站之后如果时光还尚无到规定之天天,她可以站里当正在对方,只不过这个等待的随时为是一旦算进去的。

此城池来n个车站,编号是1-n,火车是这般走的:从第一单车站开始及结尾一个车站。或者从最终一站发车然后开会来。火车在各国特定个别站之间行驶的时是固定的,我们啊得以忽略停车之辰,玛利亚之进度最好快,所以他可快捷上上任就少部车而到站。

    TCP/IP
是因特网的通信协议。通信协议是对计算机要遵守的条条框框之叙说,只有遵守这些规则,计算机中才能够展开通信。浏览器与服务器就经者协议连接在互联网上的,还有电子邮件类似的次第为是经过此协议连接到互联网及之。

输入

输入文件包含多组数,每组数据都是因为7行组成
第1实行:一个正整数N(2<=N<=50)表示站的数量
第2执行:一个正整数T(0<=T<=200)表示要的会晤时
第3履:1-(n-1)个刚刚整数(0<ti<70)表示两站中列车的经时
第4行:一个整数M1(1<=M1<=50)表示去第一只站之列车的数目
第5执行:M1单正整数:d1,d2……dn,(0<=d<=250还di<di+1)表示每一样排火车离第一立的时日
第6尽:一个恰巧整数M2(1<=M2<=50)表示去第N站的火车的数目
第7推行:M2单刚整数:e1,e2……eM2,(0<=e<=250且ei<ei+1)表示每一样排列火车离第N站的年月
末段一实践有一个整数0。

 

输出

于每个测试案例,打印一行“Case
Number N:
”(N从1开始)和一个整数表示总待的太短缺日或一个单词“impossible”如果玛丽亚不容许形成。按照样例的出口格式。

里头含有的数量通信协议

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):应用程序之间通信
  • UDP
    (用户数据包商):应用程序之间的大概通信
  • IP
    (网际协议):计算机之间的通信
  • ICMP
    (因特网信息控制协议):针对不当以及状态
  • 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]表示到第i个都市的时
,时间为j的等待时最少是小,然后换方程即可。

 

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使用一定的连天,TCP用于应用程序之间的通信。当应用程序希望经过
TCP
与另一个应用程序通信时,它见面发送一个通信请求。这个请必须被送至一个当的地方。在两边“握手”之后,TCP
将当点滴独应用程序之间建立一个全双工 (full-duplex)
的通信。这个都双工的通信将占用少只电脑之间的通信线路,直到她给同样着或双边关闭了。UDP
和 TCP 很一般,但是又简单,同时可靠性低于 TCP。

题目叙述

或者你就听罢巴比伦塔的传说,现在之故事的居多细节都深受淡忘了。现在,我们如果报告你一切故事:
巴比伦人有n种不同之积木,每种积木都是实心长方体,且数量还是极度的。第i种积木的丰富宽高分别吗{xi,yi,zi}。积木可以给转,所以前面的丰富宽高是可以换的。也就是是中间2单做底部的长方形,剩下的一个吧高度。巴比伦人想使的用积木来尽可能地修还胜似的塔,但是个别块积木要叠在协同是发出极的:只有积木A的底部2个度都小于积木B的底层相对的2单限不时,这积木A才好折叠在积木B上方。例如:底部也3×8的积木可以置身脚也4×10底积木上,但是无法在脚也6×7的积木上。
让您有积木的数额,你的职责是形容一个程式算有得堆有底塔高是略。

 

输入

输入数据会含有多组数。
每当各一样组数据中:第1实行包含一个整数n,表示有n
(1<=n<=30)种不同的积木。接下来的n行,每行给来3个整数,表示同样片积木的丰富宽高。
当n=0时,输入数据截止。

  • IP

输出

对此各一样组数,按照以下格式输出答案:
Case case:
maximum height = height

    IP是无连接的,IP用于计算机中的通信。IP
是凭连接的通信协议。它不见面占有少只正通信的微机之间的通信线路。这样,IP
就暴跌了针对网线路的求。每条线好而且满足众多异之电脑之间的通信需要。通过
IP,消息(或者其他数据)被划分为稍之独立的承保,并由此因特网在电脑之间传递。IP
负责用每个包路由到其的目的地。

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

新一圈,有硌像极丰富齐升子序列类型的问题。对于积木可以掉这一个规则,我们可管不同状态(总共有6种,自己绘画图吧)下的积木看成不同档次之积木。为了便于以后DP的判定,我们当DP之前先行小地预处理以下:对各个一样种植积木,按照底面积增加排序。后面的DP过程较好纪念,大家可关押代码。

    当一个 IP
包从平玉电脑于发送,它见面到一个 IP 路由器。IP
路由器负将是包路由至其的目的地,直接地还是经过其他的路由器。在一个一模一样之通信中,一个包所经由的途径可能会见与其它的管教不同。而路由器负责根据通信量、网络中之荒唐或其它参数来进展正确地寻址。

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

问题叙述

John
Doe是同等称作佳绩之试飞员。一不善,他决定租一绑架有点飞机开始旅行有好看的地方。John
Doe为友好设计之飞路线满足以下要求:
1>路线经过所有的市;2>路线由最左边的地方开,先严格为右侧,到达最右边边的地方后,再严厉为左回到出发的地方;3>两单地点之间的路是直线。
今天,给起每一个碰之坐标,请你要来满足要求的顶短缺路线的长。

同样句话题意:有n个点,给出x、y坐标。找有同修路,从不过左边的触发出发,严格为右侧走至最右点还严厉为左回到最左点。问尽短路径的尺寸是小?

    TCP/IP 意味着 TCP 和 IP
在并协同工作。TCP
负责用软件(比如你的浏览器)和网络软件之间的通信。IP
负责计算机之间的通信。TCP 负责用数据分割并装入 IP
包,然后于她到达的时刻重新组合它们。IP 负责将包发送到接受者。

输入

输入文件包含多组数据。

诸一样组数的第1执行包含一个整数n
(1<=n<=1000),表示点的数量。接下来的n行,每行包含两独浮点数(double)
xi,yi,表示一个碰之坐标为(xi,yi)。

 

输出

对于各一样组测试数据,输出一个星星各类小数,表示你算起之绝短距离。

  • 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 个比特或者 4 个 0 到
255 之间的数字来为计算机编址。

解析

<题目类型:双调欧几里得旅行商问题>

1.先是得将原先问题转化为,两单人A、B同时从太左边的接触出发,一起严格为最好右边点运动,且经过所有点一坏(除了最左点和极端右点)。这点儿只问题有等价性。
2.先自然想到用dp(i,j)表示A走及i,B走至j时的状态还待走多远到终点(注意表示的是还有多少届终端,所以该结果与前怎么动之无关),那么得印证dp(i,j)==dp(j,i);这里有人或会见纳闷为什么会等于,刚刚说过dp(i,j)表示曾达成这状态后尚索要活动多远到终点,与怎么到这个状态的连从未涉嫌,所以dp(i,j)和dp(j,i)只是少数只人口角色对换了罢了。
3.想开就无异步后,会油然而生一个问题,就是dp(i,j)无法知道i、j之间的一点点是否曾经走过了,所以我们用更考虑,刚刚我们提到,dp(i,j)==dp(j,i),那么我们就得尽为i>=j(等于只有极端和起点上)。如果j>i了,只待交换A、B的角色即可,即将i换为j,j换为i。
4.来了之规格以后,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,这样为不见面漏解,为什么呢?我们的本之方法吃,之所以i~j之间有点不清楚走过了从未有过,就是以咱们允许A连续运动了大半步,比如A从P1->P5->P6,而B可能从P1->P2。所以P3,P4我们无知底出无发出给A或者B走至,因为我们唯有知A走及了P6而B走至了P2。但是你明显发现了,在刚刚生例子中,P3、P4之后要使为B走及。所以我们改进的dp(i,j)中可让A和B一格一格走,要么A走,要么B走(其实只是给各个生成了转若现已)。
5.起了正的论据,我们的状态转移就变成了下这样:
dp[i][j]=min(DP(i+1,j)+dist(i,i+1),DP(i+1,i)+dist(j,i+1));

即使要A走,要么B走,如果A走来说,那么走至状态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的离开。

  • 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 地址包含 4
个数字,每个计算机要出一个 IP 地址才会连入因特网,每个 IP
包必须发一个地方才会发送至其他一样台电脑。

[UVA 12563] Jin Ge Jin Qu

    每个计算机要出一个唯一的 4
个数字之地址,数字以 0 到 255
之间,并由点号隔开,像这么:192.168.1.60。

题目叙述

有一样首杀吃得开之曲,叫做”劲歌金曲”。这首歌其实是37篇歌唱之会师,长及11分开18秒。为什么它这么红呢?假而你以KTV唱歌时止来15秒即交包场时间了,由于KTV不会见当歌中途来叫停,你应有及早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,那么您尽管会见得到额外663秒的流年……~\(≧▽≦)/~
今昔公还有一对日子,但是你准备制定一个计划。同时您要是满足以下规则:
1>一篇歌最多只能唱一总体(包括
劲歌金曲 )
2>对于同样篇长度为t的歌,要么唱完t时间,要么不唱歌
3>一篇歌了后,立即唱下同样篇(中间没有刹车)
乃的靶子特别简单,唱尽可能多的歌唱,尽可能晚的距离KTV根据第三长条规则,这也会见如我们唱最多之讴歌)。

  • 32 比特 = 4 字节

输入

输入文件之第一实行包含一个整数T
(1<=T<=30),表示来T组测试数据。
列一样组测试数据以零星独整数n和t
(1≤n≤50,1≤t≤10^9)开始,分别代表歌曲的数码(不包括精歌金曲)和剩下的年月。接下来的均等实行包含n个整数,分别表示这n首唱之日长短
(以秒(s)为单位,每首歌唱之长不超3分钟)。
输入数据保证,所有歌唱(包括精歌金曲)的时刻总和一定超过t。

    TCP/IP 使用 32
独比特来编址。一个电脑字节是 8 比特。所以 TCP/IP 使用了 4
单字节。

输出

对各一样组数,给有尽深之曲数及歌唱的到底时间。

    一个处理器字节可以蕴涵 256
个不同之价:00000000、00000001、00000010、00000011、00000100、00000101、00000110、00000111、00001000
……. 直到 11111111。这正是TCP/IP 地址是在 0 到 255 之间的 4
个数字之缘由。

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>

于第一组数,先唱80秒长之老三篇,再唱678秒长的强大歌金曲。
对此第二组数,先唱第一首和亚篇(总共99秒),此时还剩下最后1秒,我们重新唱劲歌金曲(678秒)。如果我们先唱第一首和老三首(总共100秒),我们不怕从不工夫唱劲歌金曲了。

  • 域名

解析

  每首歌唱最多选择同差,由准180n+678>T可知最老T=9678s,可以转正为0-1背包的题材:
  1.状态d[i][j]表示:在目前剩余时间为j的状下,从i,i+1,…,n中能选出歌的无比老数据。
  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]意味着第i篇歌唱不选择时所选歌的最为特别数据,d[i+1][j-t[i]]+1表示第i首歌被选后所选歌的极老数额。注意当
j-t[i]<=0 时
,即剩余时间不高于0时,第i首歌唱不克挑,此时d[i][j]=d[i+1][j];
  边界条件是:i>n,d[i][j]=0;
  2.出于题目要求在所点歌数目最为酷之情下尽可能保证唱歌的光阴最好丰富,那么相同可以转化成0-1坐包问题,但是d[i][j]若果事先算:
  状态song[i][j]代表:在时下剩余时间为j的场面下,从i,i+1,…,n中所选出歌累计的绝丰富时。
  状态转移和随d[i][j]进行:令v1=d[i+1][j](即未拣第i篇歌唱),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]。

    12
个阿拉伯数字格外不便记。使用一个称呼再次便于。用于 TCP/IP
地址的讳给喻为域名。www.baidu.com就是一个域名。当您键入一个域名时,域名会给同样栽
DNS 程序翻译为数字。在天下,数量极大的 DNS 服务器被连入因特网。DNS
服务器负责将域名翻译啊 TCP/IP
地址,同时担当用初的域名信息更新彼此的系统。当一个新的域名连同那个
TCP/IP 地址并注册后,全世界的 DNS 服务器都见面针对这个信息进行创新。

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

问题叙述

乃就要为一个会大厅设计一个照明系统。在开了有的考察暨计算后,你发现产生一个节能的计划性能满足大厅的照明需求。根据当时无异于统筹,你用n种不同功率的电灯。由于电流调节需要,所有的电灯都急需给通过同样的电流,因此,每一样种植灯都发生相应之额定电压。现在,你曾经知晓了各国一样栽电灯的数码和单位成本。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种电源(我们当:一个电源可以吗多独额定电压啊电源电压的电灯供电)来成功规划。但是企业财务部很快发现她们好透过删除一些电源并易高功率的灯泡。你当然不能够把灯泡换成低功率的,因为这么即便会见要大厅的同等有的无可知取照明。你更关爱的凡节省钱而不是节约能源,因此若而重设计一个体系(将部分没有电压灯泡更换也大电压灯泡),来如价格最好有利。

    TCP/IP 是依据 TCP 和 IP
这有限个最初的说道之上的异的通信协议的挺之集。

输入

产生多组数。
诸一样组数据为一个平头n
(1<=n<=1000),表示灯泡的档次。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。

  • TCP 传输控制协议

输出

对于各级一样组数,输出可能的卓绝小花费。

    TCP
用于打应用程序到网的数额传控制。TCP 负责在数传送之前用她分割为
IP 包,然后以其到达的时光以它们构成。

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

先是得肯定一栽灯泡要全部易,要么不换。如果换一部分吧,首先电源费用得不顶节,那么节省的组成部分就单纯来于转换的那么部分灯泡,既然可以节约钱干嘛不干脆全部转换了呢?所以要全换,要么不移。然后我们的算法就是优先随V排序,然后cost[i]表示解决眼前
i
种灯泡的极致优解,那么换方程是枚举j<i,将j之前的保最优解cost[j]无变换,j之后的整套化i种灯泡。开始来一个疑点是:会无会见漏解,为什么没枚举替换j之前的不连续的相同有些?后来发觉,这个问题莫过于不有,因为i之前的灯泡肯定是更后面的消费更加怪,因为若面前的花反而又甚之话语,大得转换为后的灯泡。

    IP 负责计算机中的通信。IP
负责在因特网上发送和接收数据包。

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 承担 web 服务器和 web
浏览器之间的通信。HTTP 用于从 web 客户端(浏览器)向 web
服务器发送请求,并自 web 服务器向 web 客户端返回内容(网页)。

题材叙述

输入两个长分别吗n和m(n,m≤5000)的颜色序列,要求按照序列合并成同一个队,即每次可管一个阵开头的颜色放到新序列的尾巴。例如,两单颜色序列GBBY和YRRGB,至少有少数种植合并结果:GBYBRYRGB和YRRGGBBYB。对于每个颜色c来说,其跨度L(c)等于最可怜职务以及极致小位置的异。例如,对于地方两种合并结果,每个颜色的L(c)和所有L(c)的总数如图所示。你的职责是寻找一种合并方式,使得所有L(c)的总和最小。(注:该英文翻译来自《算法竞赛入门经典(第2版)》)

图片 1

  • HTTPS 安全的 HTTP

输入

输入文件包含了T组测试数据,T在输入数据的第1履行会让有。
列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:每组数据遭到起的颜料数不超越26,每一个颜色序列的长短不越5000。

    HTTPS 负责在 web 服务器和 web
浏览器中的安康通信。作为有代表性的使用,HTTPS
会用于拍卖信用卡交易与其它的机灵数据。

输出

对此各一样组测试数据,输出一个整数,表示L(c)的总和的太小值。

  • SSL 安全宪章接字层

样例数据

样例输入 样例输出

2
AAABBCY
ABBBCDEEY
GBBY
YRRGB

10
12

 

 

 

 

 

    SSL
协议用于为安数据传加密数据。

解析

于片独颜色序列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。
是因为n,m<=5000,二维数组改成为滚动数组。
以此上,不是等交一个颜料全部活动了了以后再算跨度,而是,只要稍加种颜色都起只是不曾结束,就L(c)+1;
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,但是一旦刚好是最后一个就是恢复。然后再度推数组p时,就可直接利用就算好之c代价数组,只需要根据其创新由于i的投入如长的代价。

  • 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。

[UVA 10003] Cutting Sticks

  • MIME 多用因特网邮件扩展

问题叙述

您的天职是给一小叫Analog
Cutting Machinery (ACM)的铺面切割木棍。
切割木棍的本金是根据木棍的长度要迟早。 而且切割木棍的上每次就切一段落。

不行明白的,不同切割的次第会发生不同之资产。
例如: 有一样干净长10公尺之木棍必须在第2、4、7公尺的地方切割。
这个上即便生几栽选择了。你可挑选先切2公尺的地方,
然后切4米之地方,最后切7公尺的地方。这样的选该基金也:10+8+6=24。
因为第一涂鸦切时木棍长10公尺,第二涂鸦切时木棍长8公尺,第三次等切时木棍长6公尺。
但是使你选择先切4公尺之地方,然后切2公尺之地方,最后切7公尺的地方,
其资金也:10+4+6=20,这资金就是一个比好的选取。
汝的小业主相信你的微处理器能力肯定得找寻来切割一木棒所欲最小之财力。

同一句话题意:给一定一彻底已清楚长度的木棍,给定n个切割点,要求按照切割点切割木棍,花费按照切割的木棍长度计算,例如有同一根长10底木棍,切割点为2、4、7,如果按照2、4、7的各个切割,花费将是10

  • 8 + 6 = 24,如果以4、2、7之顺序切割,那么花费将是10 + 4 + 6 =
    20,切割顺序可以自由,要求花费最小。

    MIME 协议如果 SMTP 有力量通过 TCP/IP
网络传输多媒体文件,包括声音、视频和二进制数据。

输入

寓多组测试数据。
对每组测试数据:第1实行包含一个正整数l
(l<1000),表示木棍的究竟长度。第2履行吃有刚刚整数n
(n<50),表示切割点的数。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位置。
当l=0时,输入数据了。

  • IMAP 因特网信息访问协议

输出

对此每一样组测试数据,输出完成切割的卓绝小花费。输出格式见样例。

    IMAP 用于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} 

    POP
用于自电子邮件服务器向民用电脑下载电子邮件。

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 负责计算机之间的文件传输。

题目叙述

咱们觉得一个括号序列是发生规律的,需满足以下条件:
1.一个缺损的行列是生规律的;
2.如果S是有规律的括号序列,那么(S)和[S]且是出规律的括号序列;
3.只要果A和B都是发生规律的括号序列,那么AB也是发出规律的括号序列。
选举个例子,一下之具有括号序列都是有规律的:
(), [], (()),
([]), ()[], ()[()]
比方以下的括号序列都非是:
(, [, ), )(,
([)], ([(]
被闹一个含'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和
‘]’的序列S,你如找到最好短缺的有规律的括号序列,使S成为其字串。

  • NTP 网络时商量

输入

输入文件最多带有100独充满如泣如诉字符(仅含'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和 ‘]’)。

    NTP
用于在微机中联合时间(钟)。

输出

出口找到的括号序列。

  • DHCP 动态主机配置协议

样例数据

样例输入 样例输出
([(] ()[()]

 

 

 

    DHCP 用于向网被之电脑分配动态 IP
地址。

解析

为此DP求最少要充满号数:以p从1顶n(字符串长度),记录下于i到i+p需要加上的最少括号数f[i][j],同时记录下中用补加括号的岗位pos[i][j]——为-1意味着未需要添加。

  • 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;
}

<这里来一个坑一点之变式:UVALive
2451,你可以修改这道题之代码再交付,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

    SNMP 用于计算机网络的管住。

[UVA 1331] Minimax Triangulation

  • LDAP 轻量级的目录访问协议

问题叙述

遵循顺时针或者逆时针的逐条为有多边的点,要用是多边形分解成n-2独三角形,要求令这些三角行中面积不过老之三角面积尽量小,求最好小值。

    LDAP
用于打因特网搜集关于用户和电子邮件地址的信息。

输入

输入文件包含多组数据。输入文件的第1履行包含一个平头n,表示来n组数据。
于每一样组数据,第1执包含一个平头m
(2<m<50),表示该多边形来m个顶点。接下来的m行,每行包含两独整数x和y
(0<=x,y<=10000),表示一个极限的坐标。

  • ICMP 因特网信息控制协议

输出

于各一样组数,输出面积之极端小价,答案保留一号小数。

    ICMP 负责网络被的错误处理。

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

状态很好怀念,dp[i][j]意味着从今第i独点交第j个点,划分成j-i-1单三角形的最优解,然后每次更换时,枚举长度和错边界始点,那么根据长度及左手界点就好清楚右边界点,然后枚举左边界和右边边界中的点k,dp[i][j]
= min(dp[i][j], max(max(dp[i][k], dp[k][j]), Area(i, k,
j)).但是产生一个题目,即i,k,j三触及围成的三角是否符合要求,判断的规格就为是否在除i,k,j三点外之一些位居三角形中,有面积法判断。

    ARP – 用于通过 IP 来寻找基于 IP
地址之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

    RARP 用于通过 IP
查找基于硬件地址的处理器网卡的 IP 地址。

题目叙述

世界危机发生了,工人等请求加薪。一个老板和n个员工组成树状结构,每个职工还发生投机的唯一上司,Boss的号子为0,员工1~n,工人等打算签署一个志愿书给老板娘,但无能为力跨级,当一个中级员工(非是工人的员工)的附属下属被无小于T%的人口签时,他啊会签署又递交他的隶属上司,问:要吃Boss收到请愿书至少需多少只工人签字?

  • BOOTP Boot Protocol

输入

输入文件包含多组数,每一样组测试数据占少数实践。
对于各一样组测试数据:第1行包含两独整数N和T
(1≤N≤10^5,1≤T≤100),其中N表示公司里之员工往往(不包括Boss),T的含义见题目叙述;第2履包含N个整数Bi
(0<=Bi<=i-1),表示编号为i的职工的直系Boss是编号吧Bi的职工。
当N=0且T=0时,输入文件了。

    BOOTP 用于自网启动电脑。

输出

对各级一样组测试数据,输出需要签字的极致少员工数。

  • PPTP 点对碰隧道协议

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
用于私人网络中的连(隧道)。

解析

设d[u]表示让u给上级发信最少要多少个工友。假设u有k个子节点,则最少需要c=(k*T-1)/100+1独一直下属发信才行。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

题材叙述

N台电脑由N-1长连线连接,使得任意两宝电脑都能够由此一致漫漫道路联系,这样就是形成了网。如果个别尊电脑里有一样久线连接,那么我们说就半台电脑相邻。所有和同一令计算机相邻之微处理器组成的联谊,我们称为邻居。为了能快速地存取接收大量的音讯,我们要用有些处理器成为服务器,来为它们装有的左邻右舍提供资源。如果当一个大网中,所有的用户(即未是服务器的处理器)都让刚刚一个服务器提供资源,我们就看这网络形成了周服务。现在我们定义,使一个网形成健全服务所要之卓绝少的服务器的数目,叫做”完善服务数“。

咱借设有N台电脑,且拿电脑由1~N编号。例如Figure
1所展示之网络由6高电脑组成,其中的伪点表示服务器,白点表示用户。在Figure
1(a)中,3号和5号服务器无形成健全服务,因为4号用户以让简单独服务器覆盖到了。而以Figure
1(b)中,3如泣如诉和4号服务器即形成了到家服务,这个例子中之”完美服务数”就相当2。

图片 4

君的天职是形容一个次计算出”完美服务数”。

输入

输入文件包含多组数。
于各级一样组数据:第一实践包含一个正整数N
(1<=N<=10000),表示网络中之电脑数。接下来的N-1行,每一行还饱含两个刚整数Ai和Bi,表示Ai和Bi是邻近的。第N+1行的”0″表示第一组数据的结,接着开输入下一个数额。当一组数据的最后给出”-1″时,表示所有之输入数据了。

输出

于各级一样组测试数据,输出计算产生之”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]意味着i是服务器又因为i为根之子树都吃蒙的动静下服务器的绝少碰数 
dp[i][1]代表i不属服务器,且以i为清之子树都深受遮盖,且i被里面不少于一个子节点覆盖的情状下服务器的不过少点数 
dp[i][2]代表i不属服务器,且因为i为根本之子树都于挂,且i没被子节点覆盖的事态下服务器的极致少接触数 
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从个人投资者得到了c美元之资产,可用以m天的投资。
Frank可以本着n支股票进行投资。对于各一样支付股票:都产生一个交易及限si,表示无异天无限多克交易的股数;还有一个上限ki,表示Frank最多但享有的股数。对于有所品种之股票,同样来一个达到限k表示Frank可同时拥有的顶特别股数。
股票的市还满足一下要求:
1>一龙无限多只能进展同样浅交易(你吗可以不交易);
2>若一旦对第i开销股票进行购买或卖出,只能一次性购买或售Si股;
3>所有的市还是在Frank有足够的资产之法下得的;
4>当m天病故后,Frank的基金要一切中转为现金,不可知在股票市场里,(m天里面,股票必须全方位卖出)。
今昔,给闹各个一样支出股票的各国一样龙的价,要求而算出Frank能回收的资本的极度要命价值,并叫起各一样龙的有血有肉的操作方法。

输入

第1行:包含四独数c,m,n,k:c  (0.01
≤ c ≤ 100 000 000.00)表示无异方始享有的财力,最多片各类小数;m (1 ≤m ≤
100)表示足交易的天命;n (1 ≤ n ≤ 8)表示股票的种数;k (1 ≤ k ≤
8)表示拥有股票的太多有着的股数。

接通下去的2n行:描述每一样开支股票的消息(一开销股票占2行)。对于各一样支股票:第1实践:包含股票名称(一个五位以内的慌写字母组成的字符串),si(1
≤ si ≤ 1 000 000,一上的最深交易量),ki(1 ≤ ki ≤
k,该股票的极特别有股数);第2实行:包含m
个小数(0.01<=m<=999.99,二员有点数以内),表示股票各一样天之价。

输出

输出文件包含m+1行。第1实践:回收成本之极度酷价值;第2~m+1执,每一样上的操作。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

合计发生n天,把命看作阶段,对于各级一样天,我们得选取出手或进货进一手股票,在最终一龙要用股票全部出手还求解最充分钱数。
可以这样定义d[i][s]:表示第i龙手中股票的状态呢s时手中的绝老钱数,采用刷表法更新d[i+1][s’],s’表示s经过出手或采购转移的状态。
题材就是成了何等表示状况s?采用n元组的款式。
不过不能够将一个n元组表示进d数组,这里的法子是离线dfs出全态并各自编号,得出状态和不断的关联buy_next与sell_next。那么d中的状态s就足以据此一个平头表示了。
除此以外输出为发生早晚之技艺,用到了pre与opt数组,并因而长区别操作。

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

问题叙述

君想套着玩跳舞机。跳舞机的踏板上发四单箭头:上、下、左、右。当舞曲开始经常会见发生一对箭头往上移步。当发展走的箭头与顶部的箭头模板重合时,你用为此脚踩一下踏板上的一致箭头。不待踩箭头时,踩箭头不见面遭惩处,但当得踩箭头时必踩一下,哪怕早已发出相同仅下放在了该箭头上。很多舞曲速度迅速,需要来回倒腾步子。因此而描写一个序,来选择最好轻松的踩踏方式,使得消耗的能最少。
以八分音符作为一个主导时间单位,每个日子单位或得踩一个箭头(不见面同时要求踩两个箭头),要么什么还不需要踩。在自由时刻,你的左右底应在两独不等的箭头上,且每个日子单位内只发生相同就下能动(移动
和/或
踩箭头),不可知跳。另外,你得面朝前方为观望屏幕(例如,你切莫克左脚在右箭头上,右脚在左箭头上)。
当你行一个动作(移动还是踩踏)时,消耗的能量这样测算:
◎如果就只下上独时刻单位尚未任何动作,消耗1单位能;
◎如果立刻仅脚上只时刻单位没活动,消耗3单位能;
◎如果当时仅仅下上单时刻单位活动及邻县箭头,消耗5单位能;
◎如果立即无非脚上个日子单位活动及相对箭头,消耗7单位能。
正常情况下,你的左脚不克放在右箭头上(或者反的),但有相同种植状况例外:如果你的左脚在直达箭头或生箭头,你可据此右边下踩左箭头,但是以您的右边下移有错误箭头之前,你的左脚都无克转换到其他一个箭头上。右下的场面以此类推。
一致开始,你的左脚在左箭头上,右脚在右边箭头上。

图片 5                     
 图片 6

          跳舞机踏板                                      跳舞机屏幕

输入

输入文件最多包含100组数,每组数据包含一个长不跳70之字符串,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,’.’代表未需踩箭头。

输出

出口应是一个长短及输入相同的字符串,表示每个时间单位履行动作之底下。L和R分别是横底,’.’表示未蹈。

样例数据

样例输入 样例输出

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLDU…D…UUUUDDDD
#

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLRL…R…LLLLRRRR

 

 

 

 

解析

对屏幕及之职必须来平等底下踩下,对片底位置有求都根据脚的移动关系分配代价,求好屏幕要求的事态下代价最小。
用状态d[i][a][b][s]意味着既踩过i单指令,左右脚位置吗ab,因为急需依据当前走的底是否刚倒了用用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)
只是注意到,expr是眼下的位移,移动继换到i+1且位置成活动后底职,
因此用倒序枚举i,把i+1看作是 i 的分层问题
原来char[]足这么用。

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

汝生k个一模一样的水球,在一个n层楼的构筑物上进展测试,你想明白水球最低打几层楼向下丢得吃水球破掉。由于您不行疲惫,所以若想使毁弃尽少次水球来测量出水球刚好破掉的低楼层。(在无限次情况下,水球在顶楼也非会见败)你得当某某平等重叠楼扔下水球来测试,如果水球没脱,你可以重新捡起来累为此。

输入

输入文件包含多组测试,每组测试为同样推行。每组测试包含两独整数k和n,(1<=
k<=100万一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,输出在太不好情况下,测出水球破掉楼层的足足次数。如果他多于63次,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独水球和j次实验机会,将问题转化为最高会测试到几乎叠
则会发生易方程:f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j-1]+1;
晚一致组成部分是说选择在第k层试第一不善,如果坏破了,说明边界在脚的层中。所以说选的百般k层,k最深应满足k<=f[i-1][j-1]+1;
因为如果保管一旦水球在第k层破坏坏了,下面的所有层都足以在还发i-1只圆球和j-1差机会时测出来;
前一部分表示选择在k层试第一浅,但是球并没有摔坏。这个时节最高就当k层的根基及,加上
还有i个球和j-1赖机会时亦可更于上测几叠~即f[i][j-1];
因而综上两有些,f[i][j]极端深就是等于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公司计划了GWARR机器人来收拾长城。而你的天职就是描摹一个主次来测算修理的极端小花费。
咱们拿长城看成是同等条直线,那么我们不怕可由此一个平头(某一样碰及长城等同端的距离)来讲述长城高达好几底职。GWARR机器人被停放于长城达到之某部一个地方以可以于星星个样子匀速运动。计算着忽视修理过程的时光耗费。

输入

输入文件包含多组测试数据。
对于各一样组数据:第1实践包含三独整数:n
(1<=n<=1000),表示长城及急需修补的地方;v
(1<=v<=100),表示机器人之单位速度;x
(1<=x<=500000),表示GWARR的早期位置。接下来的n行描述每一个缺口的信,每一样履行包含三只整数:xi
(1<=xi<=500000),表示缺口的职务;ci
(0<=ci<=50000),现在(也就是是0时刻)修好这个缺口所用的花;Δ
(1<=Δ<=50000),表示每一个单位时净增的消费。因此,如果在t个单位时间后整治一个破口,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事态;机器人之开头位置不见面和外一个豁口位置重合。
当n=v=x=0时,输入文件截止。

输出

对各一样组数,输出最小花费。题目保证最好小花费的价值不见面超越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

比方惦记最终代价最低,就非克跳着修复,也便是透过一段时间后已经修复好的败应是平等段连接区间。定义dp(i,j,k)表示修好(i,j)后机器人停留于k(0表示在左端,1象征在右端)端的费。修复某处破损的代价虽然未是定值,但却是就时间线性增长之,所以当修复了一处在或同一截破损时,修复外破损的开销可以算出来,只需要用其长到手上状态即可,也可当做修复某处破损产生的时光代价。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为相应发生的时代价和修复代价的同。

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

问题叙述

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

当今,给出一个整数m,要求用无超越n根火柴摆一个尽可能大之整数。

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。
输入文件为一个独门的’0’结束。

 

输出

对各级一样组数,输出计算出的答案;若任由脱,则输出-1。注意遵循样例所受出底格式输出。

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]代表除以m余j的i位数最少需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[]凡每个数字要花费的火柴数量,k是当前枚举的数字)。可以免大精度提高效率,但是怎么确定各级一样位上的数字还是啊也,需要为此dp[i][0]找到最酷的i使得dp[i][0]不是INF(初始化dp[][]啊INF),这样就足以规定此极端可怜数字来几乎号了(位数多之肯定比各类数少之怪),然后于算各国一样各上无比特别可以是什么数字,从生至稍微枚举每一样员上之数字,第一只叫sum+dp[i-1][s]+c[j]<=n的数字就是是该位上的卓绝特别价值(其中s是错过丢就无异个上的数字剩下的几位的余数为s时令这总的数字会吃m整除)。
按照,m=7,并且就领略即数字员数也3,首先试着为高位吗9,如果可以摆起9ab这样的平头,那么早晚是极酷的,那么什么样确定是否摆来9ab吗?因为900%7=4,所以s,就是继少员’ab’%7该等3,(这里具体怎么算的下边再说),如果dp[2][3]+c[9]+sum<=n,(sum是早已确定的上位的数字的总花费),就证实火柴数量足够摆起9ab,否则最高位即无是9得后续查找,如果得以摆放来那么再这过程直到算出每一样各上之数字。还得先行处理计算出每个x00..这样数字%m的值用y数组保存,其实要以了某些强精度计算–大数取余。

当今即令惟有来一个题目了,怎样算出s,就是已知道即整数为7ab%m
= 0和700%m,求来ab%m的价,我算了几个数字,找来了一个规律:
下面几乎各项的余数s等于
m-当前就等同各之数字x00..%m的值-v(前面有已规定的x00..%m之和)
遵循:假设最可怜数字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
待专注一下v可能超过m,所以测算v时需要模m。计算s时或许吧负数,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

几单子女在同等棵老树旁占成一圈玩戏耍。由于树大非常,每个孩子只能看见离他近之人数。
这个玩由众多轮组成。在玩乐之始发,一个随意的小家伙会取得相同摆设张,如果这孩子是男孩,会当张上勾画一个’B’;如果是女孩,会以张上描绘一个’G’。然后他随便选取一个势(顺时针或逆时针),将纸递给于斯样子直达同他相邻的人数,新的人头吧会于纸上勾画下团结的性别,继续将纸递给任何一个总人口(按照以前的动向)……就这样,这张纸从一个子女顶至其他一个子女手中,直到一个儿女宣布游戏了。
举个例,假设有5个男女用培育缠起来,如Figure
1,。现在,若纸从Kid1开为逆时针走,在Kid3停下下,那么我们虽会以纸上赢得一个字符串”BBG”。
以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。一个小会收获有的这些纸,并且使算有足足发生略只儿童与了打。我们知晓当自由情况下,至少发生少独小。写一个主次,计算是极度少的口。

图片 8

输入

输入文件包含多组测试数据。
对于每一样组数据:第1执包含一个平头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,字符串的尺寸都无越100。
当N=0时,输入数据截止。

输出

对于每一样组数据,输出可能的不过少的孩子频繁。

样例数据

样例输入 样例输出

3
BGGB
BGBGG
GGGBGB
2
BGGGBBBGG
GBBBG
0

9
6

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

俺们好在预处理时拿具备相互包含的字符串合并,然后f[i][j][k]
表示手上字符串已经包含的字符串为i,并且因为j结尾且其动向为k的太小值,然后每次枚举转移,注意最后一个字符串要处理一下它们跟第一单字符串的公部分(因为凡环绕),然后可能发一个字符饶了少数环这种状况,这时我们最终一定得拿具有字符合并改为最丰富的那么一个,然后据此kmp求下她的最为小循环节输出就尽了,注意有所答案都使跟2获得最好要命价值。

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

题材叙述

有N本书,每本书有一个可观Hi和宽Wi。现在要构建一个叔交汇的书架,你得挑选用n本书放在书架的啦一样叠。设三叠高度(该层书之卓绝老惊人)之同为h,书架总增幅(即每层总增长率之无比酷价值)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会在输入文件的率先实施给出(1<=T<=20)。
对各一样组数据:第1行包含一个正整数N
(3<=N<=70),表示开之数据。接下来的N行每行包含两单刚整数Hi和Wi
(150<=Hi<=300,5<=Wi<=30),分别代表第i本书的可观和宽度。题目中吃闹之长度都以毫米(mm)为单位。

输出

于各一样组数据,输出能包容所有书的事态下,书架的h*w的顶小价。

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+加状态剪枝的方针;
率先须明确:前面i本书的特级放法是出于前i-1本书的极品方式的底蕴及加上第i本书组合要来;
d[i][j][k]代表曾经安排前i本书,第二叠宽度为j,第三层宽度为k,且第二重合的可观超过等于第三交汇的冲天,最高的那本书在第一重叠时的
第二叠和老三层的顶小高度与;
欠状态是以每层厚度一定情况下的太优解;这样一来最终解要遍历i=n的兼具状态求最好精;由于d[i][j][k]连无可知明确的寻找来那所依之旁结构,但用其来更新i+1的状态也于好变,所以使用刷表法
还有状态最好老,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上的 动态规划作业

欠演习包含了以下问题,这些题目都只是于图片 9及找到,在这里只给出问题叙述:

1510 Problem A 遇见

<Vijos
1280>

燕姿在桥底当即同端,而xx在桥的外一样端。这座桥梁非常突出,桥面是出于2N-1单方格组成的,每个方格里描写有一个数码Ai(-50<=Ai<=50)。如下是N=4时之事态。可以认为燕姿由最下出发。每一样浅,她好提高跳到与友爱所于方格相临的内一个方格内(例如当极端下的7备受,可以超越到直达一行的10和8中)。当燕姿跳到最好顶端的方格后,她纵然未克更倒了。(在不及上边前,不容许超过到说明格外。)每于一格内,都设管格内的数字写下来。
但是,仅仅到达顶端是不够的。桥会向彼岸的xx询问一个数字k,燕姿抵达顶端后,拿出写下去的数字,可以以自由两单数字里长“+”或“-”号,使得计算的结果m最接近k。经过大桥的判断,如果对大桥及之方格m是极接近k的数字,那么燕姿虽得经桥和xx相遇,否则………
(为了为燕姿能更爱地经,xx给出之数字总是0)你的任务,就是赞助燕姿物色有这最接近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解的。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 如果距离 :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都是已了解之正整数,且(1 <= L1 < L2 <
L3 <= 10^9, 1 <= C1 < C2 < C3 <=
10^9)。显然要两站间的去超过L3,那么自从平站至其他一样立至少要购置一定量摆设票。注意:每一样摆票在以时不得不从同立起来到任何一样站了。现在用您于给定的线,求出由该线路达的站A到站B的最少票价。你能成功呢?

1512 Problem C 晴天小猪历险记

<Vijos
1006>

在十分漫长很久以前,有一个动物村庄,那里是猪的福地(^_^),村民们不辞劳苦、勇敢、善良、团结……
不了有雷同天,最小的纤维猪生病了,而这种病是绝稀少的,因此大家都并未储存这种药品。所以晴天小猪从告奋勇,要去采用这种药草。于是,晴天小猪的传奇故事就是通过展开……
这同样龙,他过来了同样所山的山脚下,因为只有马上栋山中之等同各隐者才懂得这种药草的八方。但是上山的行程错综复杂,由于纤维猪的病情,晴天小猪想寻找一漫长需经常最好少之路到达山顶,但现行它们一头雾水,所以向你求助。
山之所以一个三角表示,从山头依次为下发出1段落、2段、3段等山路,每一样段子用一个数字T(1<=T<=100)表示,代表晴天小猪在就无异于段落山路上要爬的年月,每一样不行她都足以往左、右、左上、右上季只趋势移动(**注意**:在随机一重叠的首先截为得以运动及本层的末梢一段落要上同一层的结尾一段子)。
晴天小猪从山的左下角出发,目的地为高峰,即隐者的斗室。

1514 Problem D 添加括号

<Vijos
1038>

让一定一个正整数序列a(1),a(2),…,a(n),(1<=n<=20)
不改动序列中每个元素以排中的岗位,把其相加,并用括号记每次加法所得的与,称为中及。
例如: 给闹队是4,1,2,3。 第一种添括号措施:
((4+1)+(2+3))=((5)+(5))=(10)
有三单中等与是5,5,10,它们的同为:5+5+10=20 第二种植添括号方法
(4+((1+2)+3))=(4+((3)+3))=(4+(6))=(10)
中间及凡3,6,10,它们的同也19。现在而补上n-1对括号,加法运算依括号顺序进行,得到n-1只中等和,求来要中与之同极其小之添括号方式。

1515 Problem E 盖房子

<Vijos
1057>

固定の灵魂最近得到了面积也n*m的同等十分块土地(高兴ING^_^),他思念在这块土地达到筑一模一样所房屋,这个房屋必须是正方形的。但是,这块土地永不十统十美,上面来众多非平整的地方(也足以给瑕疵)。这些毛病十分黑心,以至于根本无克在面盖一砖一瓦。他愿意找到同样块最可怜的正方形无瑕疵土地来坐房屋。不过,这并无是呀难题,永恒の灵魂在10分钟内便轻松解决了是问题。现在,您也来尝试吧。
 

1516 Problem F 迎春舞会的三口组舞(版本2)

<Vijos
1061>

HNSDFZ的同室等以庆祝新春,准备排练一集舞
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独人口站两侧,最高的站中。
从对称学角度来观赏,左右两只人之身高更是接近,则这同组的“残疾程度”越低。
计算公式为 h=(a-b)^2 (a、b为比矮的2口之身高) 那么问题来了。
现在候选人有n个人,要于她们中选择产生3*m个人散舞蹈,要求完整的“残疾程度”最低。

1517 Problem G 新年佳话之红包

<Vijos
1069>

xiaomengxian一进家,发现外公、外婆、叔叔、阿姨……都以在厅里当正他呢。经过细致察看,xiaomengxian发现他们所有人数正组成了一个凸多边形。最着重的凡,他们每个人手里都用在一个红包(^o^)。于是充分着急,xiaomengxian决定找一漫长太短缺的门径,拿到具备的红包。
假一旦屋里共有N个人用在红包,把他们分别由1到N编号。其中,编号也1的口便以在大门口,xiaomengxian必须由这边出发去用任何的红包。一长条官方的途径要通过所有的点同样蹩脚都只有一涂鸦。
 

1518 Problem H 新年佳话之打牌

<Vijos
1071>

过年的当儿,大人们最欢喜的走,就是打牌了。xiaomengxian不见面打牌,只好以于一派看在。
这天,正当一博人数打牌打得生气勃勃的时节,突然有人喊叫道:“这符合牌少了几张!”众人一数,果然是少了。于是马上副牌的所有者得意地游说:“这是平轴特制的牌,我知整副牌每一样张的分量。只要我们遂一下余下的牌子的总重量,就能知晓少了何等牌子了。”大家都认为这个措施是,于是称来剩下的牌子的总重量,开始算计少了安牌子。由于数据量比较深,过了抢,大家还算得眼冒金星了。
这时,xiaomengxian大声说:“你们看本身的吧!”于是他将出笔记本电脑,编出了一个程序,很快就将欠的牌找了出去。
如果是若遇见了这般的情事也?你能够办成同样的事情吗?

1524 Problem I 小胖守皇宫

<Vijos
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huyichen世子事件后,xuzhenyi成了皇上特聘的御前五星级侍卫。
皇宫以午门为起点,直到后宫嫔妃们的寝宫,呈一棵树之样子;某些宫殿间可以彼此望见。大内保卫森严,三步一哨卡,五步一哨,每个宫殿都使有人全天候守卫,在不同的禁安排看守所急需的费用不同。
可是xuzhenyi手上的经费不足,无论如何也迫于在每个宫殿都安置留守侍卫。
帮助xuzhenyi布置侍卫,在守卫所有宫的前提下,使得花费的经费最少。

1525 Problem J 猫狗大战

<Vijos
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乍一秋之猫狗大战通过SC(星际争霸)这款经典的娱乐来比,野猫和飞狗这对准朋友为这个就准备好老了,为了要战争还产生难度与巧合,双方约定只能选择Terran(人族)并且不得不往机枪兵。比赛开始了,很快,野猫已经攒足几批机枪兵,试探性的鼓动进攻;然而,飞狗的机枪兵个数也就重重了。野猫和飞狗的器械在飞狗的家门口相遇了,于是,便产生相同集腥风血雨和阵阵惨叫声。由于是以飞狗的家门口,飞狗的刀兵补充吃会飞,野猫看敌不过,决定撤出。这时飞狗的武力也相差够多,所以没追出。由于匪容许造医生,机枪兵没办法补血。受伤的军火只好忍了。555-。现在,野猫又存足了足够的武力,决定发起第二不良进攻。为了使这次攻击让狗狗造成更特别的打击,野猫决定把现有的枪杆子分成两有的,从个别总长出击。由于起把兵在首先次等战斗中负伤了,为了使有限片段的兵实力平均些,分的规则是这般的:1)两部分兵器的个数最多只能见仁见智一个;2)每部分武器的血值总和要要尽可能接近。现在恳请您编一个次,给定野猫现在有些兵之个数与每个兵之血格值,求来野猫按上述规则分成两组成部分后各级有武器之血值总和。
 

1526 Problem K 分梨子

<Vijos
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Finley家的院子里来棵梨树,最近到手了众梨。于是,Finley决定挑来有些梨,分吃幼稚园的宝贝儿们。可是梨子大小味道都非绝雷同,一定要是尽可能选择那些差不多的梨分给男女等,那些分及稍微梨子的乖乖才不会见哭来。每个梨子都有所两独属于性值,Ai和Bi,本别表示梨子的大大小小以及甜度情况。假设以选出的梨中,两只属性之顶小价分别是A0和B0。只要对有所受选出的梨子i,都满足C1*(Ai-A0)+C2*(Bi-B0)≤C3(其中,C1、C2和C3都是现已清楚的常数),就可以看这些梨子是相差不多的,可以为此来划分给娃儿们。那么,作为幼稚园园长的若,能算是有极端多好择出有些个梨吗?

1527 Problem L 岳麓山上打水

<Vijos
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今天天气好晴朗,处处好青山绿水,好青山绿水!蝴蝶儿忙啊,蜜蜂为忙,信息组的同窗等尤其繁忙。最近,由于XX原因,大家不得不到岳麓山夺提水。55555555~,好烦啊。  信息组有一个容量也q升的大缸,由于大家还分外自觉,不情愿浪费和,所以每次都见面刚好把缸盛满。但是,信息组并无桶子(或者瓢)来舀水,作为组内的活着委员,你必肩负重任,到新一佳去请桶子。新一美发出p种桶子,每种桶子都发生管根本多单^_^,且价格一样。由于大家都格外省,所以您不能不尽量少打桶子。如果产生多种方案,你要挑选“更有些”的那种方案,即:把及时简单单方案的聚集(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,也遵循点的不二法门选择。否则继续这样的比,直到相较的一定量单桶不等同为止。例如,集合{3,5,7,三}
比集合 {3,6,7,8}
要好。为了将缸装满水,大家可预先打岳麓山底水井里把桶装满水提回来,然后倒进缸里。为了不死难为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,也无见面拿桶里的次还倒回井中,(这样见面传染井水)。当然,一个桶可以行使频繁。例如,用一个容积也
1 升的桶可以将随机容量的大缸装满水。而另外的整合将麻烦把。

1528 Problem M 公路巡查

<Vijos
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于平长达没有分岔的高速公路及出n个关口,相邻两单关口之间的离开还是10km。所有车辆在马上漫漫高速公路上的低速度也60km/h,最高速度也120km/h,并且只能在关口处改变速度。巡逻的主意是于某时刻Ti从第ni独关口派出同部巡逻车匀速驶抵第(ni+1)个关口,路上吃的年华为ti秒。
两部车相遇是靠其中发生超车或者少车还要抵达某关口(同时出发不到底相遇)。
巡逻部门想明白同样部为6点整治起第1独关口出发去第n个关口的车(称为目标车)最少会和微微辆巡逻车相遇,请编程计算的。假设有车至关口的时刻都是整秒。

1529 Problem N 核电站问题

<Vijos
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一个核电站发生N个放核物质的坑,坑排列于同长达直线上。如果连接M个坑中放入核物质,则会发生爆炸,于是,在少数坑中或者无放开核物质。
现在,请而算:对于给定的N和M,求无发生爆炸的放核物质的方案总数(n
<= 50, m <= 5)

1530 Problem O 天堂的送

<Vijos
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小杉找到了召开棉花糖的极其妙方案,想去摘云朵,可是摔死了……
他驶来了天堂。天堂当然是坏老之,也是非常凌乱的。小杉看同样块路标,写着“天堂之捐赠”。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情丝,天堂派出一个天使给小杉送礼,但IQ不足够高的小杉可免可知将到好礼。馈赠在天堂门口进行。天使站于云端,往生丢礼物。天堂的法家的升幅为W格(按1..W编号),高度也0格,云端的冲天为H格,小杉只能站于格子里。开始经常(第0秒),小杉站在天堂的门的第P格。馈赠开始后,天使会当好几时刻从云端的某格扔礼物下来,礼物退的快(格/秒)是勿同等的。小杉左右走去接礼物(每秒可以倒1格或者未挪窝)。礼物中的值自然是匪相同的,小杉事先知情了每个礼物的价。当礼品在某某平等秒末恰好到达小杉所在的格子中,小杉就接受了这个礼物。小杉想知道,他顶多可拿到价值吧多少之赠品。而且,由于礼盒退的进度略可以生……,小杉还想了解是未是发生若干礼物他怎么样呢将不顶。

 

 

Time:
2017-07-19