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工作日志

动态规划难题复习必赢亚洲手机app

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

难题叙述

特务玛阿瓜斯卡连特斯被送到S市实施一个专程危险的天职。她索要利用大巴完毕她的职务,S市的大巴只有一条线路运行,所以并不复杂。

玛巴塞尔有一个职责,现在的时刻为0,她要从第二个站起身,并在结尾一站的特工碰头。玛塞维利亚知道有一个无敌的公司正在追踪他,她了解即使直接呆在一个车站,她会有很大的被抓的风险,躲在运行的列车中是相比较安全的。所以,她决定尽大概地呆在运转的列车中,她不得不往前或将来坐车。

玛太原为了能准时且安全的抵达最后一个车站与对方会师,须要驾驭在在车站最小等待时间总和的计划。你无法不写一个顺序,拿到玛丽亚最短的等候时间。当然,到了终点站之后要是时光还从未到确定的每一日,她可以在车站里等着对方,只可是这么些等待的时刻也是要算进去的。

这几个都市有n个车站,编号是1-n,高铁是这么活动的:从第二个车站开到最终一个车站。只怕从最后一站发车然后开会来。高铁在每特定两站之间行驶的时刻是固定的,大家也可以忽略停车的日子,玛新奥尔良的快慢极快,所以她得以便捷上上任即便两辆车还要到站。

输入

输入文件包括多组数据,每组数据都由7行组成
第1行:一个正整数N(2<=N<=50)表示站的多少
第2行:一个正整数T(0<=T<=200)表示须要的会师时间
第3行:1-(n-1)个正整数(0<ti<70)表示两站之间列车的经过时间
第4行:一个整数M1(1<=M1<=50)表示离开第三个车站的高铁的数额
第5行:M1个正整数:d1,d2……dn,(0<=d<=250且di<di+1)表示每一列列车离开第一站的年月
第6行:一个正整数M2(1<=M2<=50)表示离开第N站的列车的数据
第7行:M2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站的小运
末段一行有一个整数0。

输出

对此逐个测试案例,打印一行“Case
Number N:
”(N从1初始)和一个平头表示总等待的最长期仍然一个单词“impossible”如若玛丽亚不容许成功。依据样例的出口格式。

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

一道DP题目,dp[i][j]代表到达第i个城市的时候
,时间为j的等待时间最少是有些,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;
}

[UVA 437] The Tower of Babylon

难点叙述

莫不你曾听过巴比伦塔的传说,现在以此传说的诸多细节已经被遗忘了。现在,大家要报告您任何轶事:
巴比伦人有n种不同的积木,逐个积木都是拳拳长方体,且数量都是最为的。第i种积木的长宽高分别为{xi,yi,zi}。积木可以被旋转,所以前边的长宽高是可以沟通的。也就是中间2个组成头部的长方形,剩下的一个为高度。巴比伦人想要的用积木来尽量地建更高的塔,不过两块积木要叠在一块是有标准化的:唯有积木A的底层2个边均低于积木B的最底层相对的2个边时,那积木A才方可叠在积木B上方。例如:尾部为3×8的积木可以置身底部为4×10的积木上,不过力不从心放在尾部为6×7的积木上。
给您有的积木的数量,你的天职是写一个程式算出可以堆出的塔最高是不怎么。

输入

输入数据会含有多组数据。
在每一组数据中:第1行包涵一个整数n,表示有n
(1<=n<=30)种不相同的积木。接下来的n行,每行给出3个整数,表示一块积木的长宽高。
当n=0时,输入数据甘休。

输出

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

乍一看,有点像最长上涨子序列类型的题目。对于积木可以反过来这几个原则,大家可以把不一样情状(总共有6种,本人画图吧)下的积木看成不同类其余积木。为了便利将来DP的论断,大家在DP从前先小小地预处理以下:对每一个积木,依据底面积扩展排序。后边的DP进程相比好想,大家可以看代码。

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

题材叙述

JohnDoe是一名特出的飞行员。一回,他控制租一架小飞机初叶旅行一些华美的地点。JohnDoe为团结布置的航空路线知足以下必要:
1>路线经过所有的都市;2>路线从最左侧的地点初始,先严苛向右,到达最左边的地方后,再严谨向左回到出发的地点;3>三个地点之间的路子是直线。
明日,给出每个点的坐标,请你求出满意须要的最短路线的尺寸。

一句话题意:有n个点,给出x、y坐标。找出一条路,从最左侧的点出发,严峻向右走到达最右点再严谨向左回到最左点。问最短路径的长度是稍微?

输入

输入文件包罗多组数据。

每一组数据的第1行包括一个平头n
(1<=n<=1000),表示点的数目。接下来的n行,每行包括多少个浮点数(double)
xi,yi,表示一个点的坐标为(xi,yi)。

输出

对于每一组测试数据,输出一个两位小数,表示你计算出的最短距离。

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

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

<标题类型:双调欧几里得旅行商难题>

1.先是必要将原难点转化为,三人A、B同时从最左边的点出发,一起严俊向最右点走,且通过所有点一回(除了最左点和最右点)。那多个难点有着等价性。
2.先自然想到用dp(i,j)表示A走到i,B走到j时的状态还索要走多少距离到顶点(注意表示的是还有多少到极限,所以其结果与后面怎么走的无关),那么可以作证dp(i,j)==dp(j,i);那里有的人只怕会纳闷为啥会等于,刚刚说过dp(i,j)表示曾经达标那么些场地后还亟需走多远到达顶峰,与怎么到达这么些情况的并不曾涉及,所以dp(i,j)和dp(j,i)只是两人角色对换了而已。
3.想开这一步之后,会并发一个难点,就是dp(i,j)不能知道i、j之间的少数点是还是不是已经渡过了,所以大家必要进一步考虑,刚刚大家关系,dp(i,j)==dp(j,i),那么大家就可以平昔让i>=j(等于唯有极端和源点达到)。如果j>i了,只须求交流A、B的角色即可,即将i换为j,j换为i。
4.有了这些规格之后,大家就能够规定dp(i,j)规定为:A在i,B在j(i>=j)且i以前的所有点都度过了,那样也不会漏解,为啥呢?我们的本来的章程中,之所以i~j之间有些不晓得走过了没,就是因为大家允许A再三再四走了多步,比如A从P1->P5->P6,而B恐怕从P1->P2。所以P3,P4大家不明了有没有被A只怕B走到,因为大家只知道A走到了P6而B走到了P2。但是你通晓发现了,在刚刚那么些例子中,P3、P4之后必须求被B走到。所以大家创新的dp(i,j)中可以让A和B一格一格走,要么A走,要么B走(其实只是让各样生成了一晃而已)。
5.有了刚刚的论据,我们的动静转移就变成了上面那样:
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,如若A走来说,那么走到状态dp(i+1,j);假使B走,那么走到状态dp(i,i+1)到须求面前大于前边,所以dp(i,i+1)==dp(i+1,i)即可。注意dist(i,j)表示i-j的偏离。

Code

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

using namespace std;

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

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

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

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

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

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

[UVA 12563] Jin Ge Jin Qu

题材叙述

有一首很抢手的乐曲,叫做”劲歌金曲”。这首歌实际上是37首歌的聚集,长达11分18秒。为啥它这么热门呢?如若你在K电视机唱歌时唯有15秒就到包场时间了,由于K电视不会在歌唱中途来叫停,你应当及早选另一首曲子来延短时间。倘诺那时候你选了劲歌金曲,那么您就会得到额外663秒的时间……~\(≧▽≦)/~
最近你还有一部分时光,不过你准备制定一个安顿。同时你要满意以下规则:
1>一首歌最多只好唱几回(包括劲歌金曲 )
2>对于一首长度为t的歌,要么唱完t时间,要么不唱
3>一首歌甘休后,立时唱下一首(中间没有刹车)
你的靶子很粗略,唱尽大概多的歌,尽恐怕晚的偏离K电视机依照第三条规则,那也会使大家唱最多的歌)。

输入

输入文件的率先行包涵一个整数T
(1<=T<=30),表示有T组测试数据。
每一组测试数据以多少个整数n和t
(1≤n≤50,1≤t≤10^9)起首,分别代表歌曲的数据(不包涵劲歌金曲)和剩余的时刻。接下来的一行包蕴n个整数,分别代表那n首歌的日子长度
(以秒(s)为单位,每首歌的尺寸不超越3分钟)。
输入数据保险,所有歌(包涵劲歌金曲)的年月总和一定当先t。

输出

对于每一组数据,给出最大的歌曲数和歌唱的总时间。

样例数据

样例输入 样例输出

2
3 100
60 70 80
3 100
30 69 70

Case 1: 2 758
Case 2: 3 777

 

 

 

 

 

 

<样例解释>

对于第一组数据,先唱80秒长的第三首,再唱678秒长的劲歌金曲。
对此第二组数据,先唱第一首和第二首(总共99秒),此时还剩余最终1秒,大家再唱劲歌金曲(678秒)。要是大家先唱第一首和第三首(总共100秒),大家就没有时间唱劲歌金曲了。

解析

  每首歌最多选五次,由标准180n+678>T可见最大T=9678s,可以转正为0-1背包的题材:
  1.状态d[i][j]意味着:在现阶段剩余时间为j的意况下,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量,d[i+1][j-t[i]]+1代表第i首歌被增选后所选歌的最大数据。注意当
j-t[i]<=0 时
,即剩余时间不超越0时,第i首歌不大概选,此时d[i][j]=d[i+1][j];
  边界条件是:i>n,d[i][j]=0;
  2.是因为标题须求在所点歌数目最大的气象下尽心尽力保险唱歌的时间最长,那么同样可以转正成0-1背包难点,可是d[i][j]要先总括:
  状态song[i][j]代表:在如今剩余时间为j的事态下,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,
表达第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首歌一定不可以点,song[i][j]=song[i+1][j];
  逆序递推,答案是d[1][T]和song[1][T]。

Code

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

using namespace std;

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

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

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

[UVA 11400] Lighting System Design

题材叙述

你就要为一个议会大厅设计一个照明系统。在做了有的检察和总结之后,你发觉有一个节俭的统筹能满足大厅的照明必要。依据这一企划,你必要n种差距功率的电灯。由于电流调节需求,所有的电灯都急需被通过一致的电流,由此,每个灯都有相应的额定电压。现在,你已经驾驭了各种电灯的数码和单位开销。但难题来了,你就要为所有系列的灯泡买同一的电源。事实上,你也得以为各种灯泡单独买一种电源(大家觉得:一个电源可以为广大个额定电压为电源电压的电灯供电)来完毕规划。不过集团财务部快速发现她们得以通过删除一些电源并转移高功率的灯泡。你本来无法把灯泡换成低功率的,因为这么就会使大厅的一局地无法得到照明。你更关爱的是省去金钱而不是节约能源,由此你要再一次规划一个连串(将有些低电压灯泡更换为高电压灯泡),来使价格最利于。

输入

有多组数据。
每一组数据以一个平头n
(1<=n<=1000),表示灯泡的档次。接下来的n行每一行表示一种灯泡的消息,一行包罗4个整数:额定电压V
(1<=V<=132000),满意所需电压的电源的单价K
(1<=K<=1000),灯泡的单价C (1<=C<=10),要求的灯泡数量L
(1<=L<=100)。
当n=0时,输入数据甘休。

输出

对此每一组数据,输出或许的小不点儿花费。

样例数据

样例输入 样例输出

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

778

 

 

 

 

 

 

解析

首先需求鲜美素佳儿种灯泡要么全体换,要么不换。要是换一部分来说,首先电源花费得不到节约,那么节省的一些就只来自于换的那有些灯泡,既然可以节省钱干嘛不干脆全体换了呢?所以照旧全换,要么不换。然后大家的算法就是先依据V排序,然后cost[i]代表解决前
i
种灯泡的最优解,那么转移方程是枚举j<i,将j从前的维持最优解cost[j]不变,j之后的总体化为i种灯泡。开头有一个疑问是:会不会漏解,为何向来不枚举替换j从前的不总是的一片段?后来发现,那些题材实际上不设有,因为i在此之前的灯泡肯定是越前面的开销越大,因为若是面前的消费反而更大的话,大可以转换为前边的灯泡。

Code

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

#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 1010

using namespace std;

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

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

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

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

[UVA 1625] Color Length

标题叙述

输入五个长度分别为n和m(n,m≤5000)的颜料种类,须要按种类合并成同一个队列,即每一回可以把一个序列先河的水彩放到新系列的尾巴。例如,五个颜色体系GBBY和YRRGB,至少有三种合并结果:GBYBRYRGB和YRRGGBBYB。对于逐个颜色c来说,其跨度L(c)等于最大职责和纤维地点之差。例如,对于地方三种合并结果,每一种颜色的L(c)和所有L(c)的总和如图所示。你的职分是找一种合并格局,使得所有L(c)的总额最小。(注:该英文翻译来自《算法比赛入门经典(第2版)》)

必赢亚洲手机app 1

输入

输入文件包涵了T组测试数据,T在输入数据的第1行会交到。
每一组测试数据包蕴两行字符串,各代表一个颜料连串。在字符串中,颜色用大写英文字母表示。
输入数据保障:每组数据中冒出的水彩数不当先26,每一种颜料类别的长度不超越5000。

输出

对此每一组测试数据,输出一个整数,表示L(c)的总额的微小值。

样例数据

样例输入 样例输出

2
AAABBCY
ABBBCDEEY
GBBY
YRRGB

10
12

 

 

 

 

 

解析

对于多个颜色系列p和q,设d(i,j),表示p拿前i个字符,q拿前j个字符所要的代价。
鉴于n,m<=5000,二维数组改成滚动数组。
这几个时候,不是等到一个颜色全体运动完了之后再算跨度,而是,只要稍微种颜色已经上马但没有终结,就L(c)+1;
紧要在于求代价C。首先总计全体移动q,只假诺该字符开头,代价就加一,不过假使刚好是终极一个就苏醒。然后再推数组p时,就足以直接行使已经总结好的c代价数组,只需求基于它立异由于i的加入而充实的代价。

Code

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

#define maxn 5005
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

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

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

[UVA 10003] Cutting Sticks

难题叙述

您的义务是替一家叫Analog
Cutting Machinery (ACM)的商号切割木棍。
切割木棍的老本是依据木棍的尺寸而定。 而且切割木棍的时候每趟只切一段。

很引人侧目标,不相同切割的顺序会有两样的本钱。
例如: 有一根长10公尺的木棍必须在第2、4、7公尺的地点切割。
那么些时候就有两种选取了。你可以选用先切2公尺的地点,
然后切4公尺的地点,最终切7公尺的地方。那样的选项其股本为:10+8+6=24。
因为第四次切时木棍长10公尺,第二次切时木棍长8公尺,首回切时木棍长6公尺。
可是一旦您接纳先切4公尺的地点,然后切2公尺的地点,最后切7公尺的地点,
其资金为:10+4+6=20,那花费就是一个较好的选拔。
你的总经理娘相信您的处理器能力肯定可以找出切割一木棒所需最小的资金。

一句话题意:给定一根已知长度的木棒,给定n个切割点,须求根据切割点切割木棍,开销根据切割的木棒长度计算,例如有一根长10的木棍,切割点为2、4、7,如若依照2、4、7的各种切割,开支将是10

  • 8 + 6 = 24,假诺依据4、2、7的逐一切割,那么开支将是10 + 4 + 6 =
    20,切割顺序可以肆意,需求开销最小。

输入

带有多组测试数据。
对此每组测试数据:第1行包蕴一个正整数l
(l<1000),表示木棍的总长度。第2行提交正整数n
(n<50),表示切割点的多寡。第3行按升序给出n个正整数ci
(0<ci<l),表示各种切割点的岗位。
当l=0时,输入数据甘休。

输出

对此每一组测试数据,输出已毕切割的微乎其微花费。输出格式见样例。

样例数据

样例输入 样例输出

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

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

 

 

 

 

 

 

 

解析

正如卓越的动态规划难点,按照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} 

Code

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

const int INF = 0x3f3f3f3f;

using namespace std;

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

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

[POJ 1141] Brackets Sequence

题材叙述

俺们觉得一个括号连串是有规律的,需满意以下原则:
1.一个空的行列是有规律的;
2.要是S是有规律的括号系列,那么(S)和[S]都是有规律的括号序列;
3.假使A和B都是有规律的括号连串,那么AB也是有规律的括号连串。
举个例证,一下的富有括号体系都是有规律的:
(), [], (()),
([]), ()[], ()[()]
而以下的括号种类都不是:
(, [, ), )(,
([)], ([(]
交由一个饱含'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和
‘]’的连串S,你要找到最短的有规律的括号系列,使S成为其字串。

输入

输入文件最多含有100个括号字符(仅包括'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和 ‘]’)。

输出

输出找到的括号体系。

样例数据

样例输入 样例输出
([(] ()[()]

 

 

 

解析

用DP求最少必要括号数:以p从1到n(字符串长度),记录下从i到i+p须要添加的最少括号数f[i][j],同时记录下中间要求添加括号的地方pos[i][j]——为-1象征不必要添加。

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;
}

<那里有一个坑一点的变式:UVALive
2451
,你可以修改那道题的代码再交付,随意感受一下>

必赢亚洲手机app 2必赢亚洲手机app 3

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

#define MAXN 120

using namespace std;

const int INF=0x7fffffff;

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

int n;

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

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

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

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

View Code

[UVA 1331] Minimax Triangulation

题材叙述

遵守顺时针大概逆时针的种种给出多边的点,要将以此多边形分解成n-2个三角形,须求使得那几个三角行中面积最大的三角面积尽量小,求最小值。

输入

输入文件包括多组数据。输入文件的第1行包括一个平头n,表示有n组数据。
对此每一组数据,第1行包括一个平头m
(2<m<50),表示该多边形有m个顶点。接下来的m行,每行蕴涵多个整数x和y
(0<=x,y<=10000),表示一个极端的坐标。

输出

对此每一组数据,输出面积的微小值,答案保留一位小数。

样例数据

样例输入 样例输出

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

9.0

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

气象很好想,dp[i][j]意味着从第i个点到第j个点,划分成j-i-1个三角形的最优解,然后每一趟更换时,枚举长度和左侧界始点,那么根据长度和左手界点就足以领略右侧界点,然后枚举左侧界和右侧界中间的点k,dp[i][j]
= min(dp[i][j], max(max(dp[i][k], dp[k][j]), Area(i, k,
j)).不过有一个题材,即i,k,j三点围成的三角形是或不是符合需要,判断的基准即为是或不是存在除i,k,j三点外的一点坐落三角形中,有面积法判断。

Code

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

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

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

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

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

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

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

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

[UVA 12186] Another Crisis

标题叙述

世界危害爆发了,工人们呼吁加薪。一个高管和n个职工结合树状结构,各种职工都有协调的绝无仅有上司,Boss的号子为0,员工1~n,工人们打算签署一个志愿书给老总,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%的人签名时,他也会签署并且递交她的专属上司,问:要让Boss收到请愿书至少需求有些个工人签字?

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1行包涵多少个整数N和T
(1≤N≤10^5,1≤T≤100),其中N表示公司里的员工数(不包蕴Boss),T的含义见标题叙述;第2行包涵N个整数Bi
(0<=Bi<=i-1),表示编号为i的职工的直系Boss是数码为Bi的员工。
当N=0且T=0时,输入文件为止。

输出

对于每一组测试数据,输出须要签字的最少员工数。

样例数据

样例输入 样例输出

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

3
2
5

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

设d[u]表示让u给上司发信最少须要有些个工人。即使u有k个子节点,则最少要求c=(k*T-1)/100+1个从来下属发信才行。把所有子节点的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,那样就形成了互连网。如若两台电脑间有一条线连接,那么大家说那两台电脑相邻。所有与一台微机相邻的总结机组成的成团,我们称为邻居。为了可以急速地存取接收大批量的音信,大家必要将一部分电脑成为服务器,来向它具有的邻里提供资源。假若在一个互连网中,所有的用户(即不是服务器的电脑)都被刚刚一个服务器提供资源,我们就觉得这一个网络形成了全盘服务。现在大家定义,使一个互连网形成完善服务所急需的最少的服务器的多寡,叫做”左右逢原服务数“。

咱俩假若有N台电脑,且将电脑从1~N编号。例如Figure
1所示的互联网由6台电脑组成,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号服务器并未形成健全服务,因为4号用户同时被多个服务器覆盖到了。而在Figure
1(b)中,3号和4号服务器就形成了周详服务,那一个例子中的”完美服务数”就杰出2。

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您的职务是写一个主次计算出”完美服务数”。

输入

输入文件包含多组数据。
对于每一组数据:第一行包括一个正整数N
(1<=N<=10000),表示网络中的电脑数。接下来的N-1行,每一行都饱含多个正整数Ai和Bi,表示Ai和Bi是附近的。第N+1行的”0″表示第一组数据的完毕,接着开端输入下一个数额。当一组数据的最后给出”-1″时,表示所有的输入数据截至。

输出

对于每一组测试数据,输出计算出的”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为根的子树都被遮住的意况下服务器的最少点数 
dp[i][1]代表i不属于服务器,且以i为根的子树都被遮盖,且i被内部不少于一个子节点覆盖的图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没被子节点覆盖的事态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]))包涵某个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

题目叙述

Frank从个人投资者得到了c英镑的资产,可用来m天的投资。
Frank可以对n支股票举行投资。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;还有一个上限ki,表示Frank最多可具有的股数。对于有所品类的股票,同样有一个上限k表示Frank可同时具备的最大股数。
股票的贸易还满意一下渴求:
1>一天最八只可以举办一回交易(你也得以不交易);
2>若要对第i支股票进行采购或卖掉,只可以一回性买或卖Si股;
3>所有的交易都是在Frank有丰盛的基金的准绳下形成的;
4>当m天过去后,Frank的财力必须一切转化为现金,不可以放在股票市场里,(m天以内,股票必须全方位售出)。
现在,给出每一支股票的每天的价钱,须求您总结出Frank能回收的本钱的最大值,并交给天天的求实的操作方法。

输入

第1行:包涵八个数c,m,n,k:c  (0.01
≤ c ≤ 100 000 000.00)表示一发端享有的资金,最多两位小数;m (1 ≤m ≤
100)表示能够交易的命宫;n (1 ≤ n ≤ 8)表示股票的种数;k (1 ≤ k ≤
8)表示所有股票的最多具有的股数。

接下去的2n行:描述每一支股票的新闻(一支股票占2行)。对于每一支股票:第1行:包括股票名称(一个五位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2行:包括m
个小数(0.01<=m<=999.99,二位小数以内),表示股票天天的价格。

输出

出口文件包括m+1行。第1行:回收资金的最大值;第2~m+1行,天天的操作。具体格式见样例。

样例数据

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

一起有n天,把命局看作阶段,对于天天,大家能够选拔入手或买进一手股票,在最终一天必须将股票全体脱手且求解最大钱数。
可以那样定义d[i][s]:表示第i天手中股票的图景为s时手中的最大钱数,选用刷表法更新d[i+1][s’],s’表示s经过下手或采购转移的情事。
标题就变成了哪些表示景况s?选择n元组的情势。
但不只怕将一个n元组表示进d数组,那里的法门是离线dfs出所有情景并分别编号,得出状态与各处的涉嫌buy_next与sell_next。那么d中的状态s就能够用一个整数表示了。
除此以外输出也有肯定的技能,用到了pre与opt数组,并用正负不同操作。

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

您想学着玩跳舞机。跳舞机的踏板上有多少个箭头:上、下、左、右。当舞曲开首时会有一部分箭头往上移动。当发展移动的箭头与顶部的箭头模板重合时,你须求用脚踩一下踏板上的等同箭头。不要求踩箭头时,踩箭头不会受到惩处,但当要求踩箭头时必须踩一下,哪怕早已有一只脚放在了该箭头上。很多中国风速度快捷,须要来回倒腾步子。因而要写一个主次,来挑选最轻松的踩踏格局,使得消耗的能量最少。
将八分音符作为一个主干时间单位,各个日子单位照旧要求踩一个箭头(不会同时须求踩八个箭头),要么什么都不须求踩。在随机时刻,你的左底角应放在七个差距的箭头上,且每一个时刻单位内唯有一只脚能动(移动
和/或
踩箭头),不可以跳跃。别的,你不大概不面朝前方以观看屏幕(例如,你不能左脚放在右箭头上,左脚放在左箭头上)。
当你执行一个动作(移动或踩踏)时,消耗的能量那样总括:
◎假使那只脚上个时间单位没有其他动作,消耗1单位能量;
◎如果这只脚上个时间单位并未移动,消耗3单位能量;
◎假诺那只脚上个时间单位活动到邻县箭头,消耗5单位能量;
◎假如这只脚上个时间单位活动到相对箭头,消耗7单位能量。
常规状态下,你的左脚不可以放在右箭头上(只怕反之),但有一种意况不一:倘使你的底角放在上箭头或下箭头,你可以用底角踩左箭头,可是在您的左脚移出左箭头从前,你的左脚都不可以移到另一个箭头上。底角的气象以此类推。
一开端,你的底角在左箭头上,底角在右箭头上。

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          跳舞机踏板                                      跳舞机屏幕

输入

输入文件最多含有100组数据,每组数据包蕴一个长度不领先70的字符串,即各样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,’.’表示不需求踩箭头。

输出

输出应是一个尺寸和输入相同的字符串,表示每种日子单位履行动作的脚。L和R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

对此显示屏上的职位必须有一脚踩下,对两脚地方有所须要且依照脚的移动关系分配代价,求已毕显示屏须要的图景下代价最小。
用状态d[i][a][b][s]表示已踩过i个指令,左左脚地方为ab,因为须求基于当下活动的脚是或不是刚运动过由此用s表示上次移动的脚。
情景转移方程:
d[i][a][b][s]=min(d[i][ta][tb][s’]+cost)
但注意到,expr是当下的位移,移动后更换来i+1且地点成为运动后的地方,
由此要求倒序枚举i,把i+1看作是 i 的子难题
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层楼的建筑上进行测试,你想知道水球最低从几层楼往下丢可以让水球破掉。由于您很懒,所以你想要丢最少次水球来测出水球刚好破掉的最低楼层。(在最糟意况下,水球在顶楼也不会破)你可以在某一层楼丢下水球来测试,如若水球没破,你可以再捡起来继续用。

输入

输入文件包涵多组测试,每组测试为一行。每组测试包涵多个整数k和n,(1<=
k<=100而n是一个LL的平头(没错,那栋建筑物的确很高),最终一组k=0,n=0代表截止。

输出

对于每回测试,输出在最糟情形下,测出水球破掉楼层的足足次数。即使她多于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个水球和j次实验机会,将标题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;
后一部分是说选在第k层试第两遍,倘诺摔破了,表明边界在底下的层中。所以说选的相当k层,k最大应该知足k<=f[i-1][j-1]+1;
因为要保险一旦水球在第k层摔坏了,上面的所有层都得以在还有i-1个球和j-1次机遇时测出来;
前一部分表示选在k层试第一遍,但是球并没有摔坏。那个时候最高就是在k层的根底上,加上
还有i个球和j-1次机遇时亦可再往上测几层~即f[i][j-1];
之所以综上两局地,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

难点叙述

Ministry of
Monuments集团设计了GWARR机器人来修补长城。而你的职责就是写一个主次来总结修理的小不点儿成本。
大家把长城看做是一条直线,那么我们就可以透过一个整数(某一点到长城一端的距离)来描述长城上某些的职位。GWARR机器人被停放在长城上的某一个地点还要可以向八个样子匀速运动。统计中忽视修理进度的时光花费。

输入

输入文件包括多组测试数据。
对于每一组数据:第1行包涵两个整数:n
(1<=n<=1000),表示长城上急需修补的地点;v
(1<=v<=100),表示机器人的单位速度;x
(1<=x<=500000),表示GWARR的初期地方。接下来的n行描述各个缺口的音信,每一行包蕴几个整数:xi
(1<=xi<=500000),表示缺口的任务;ci
(0<=ci<=50000),现在(也就是0时刻)修好这么些缺口所需的消费;Δ
(1<=Δ<=50000),表示逐个单位时间增添的开销。由此,如若在t个单位时间后整治一个破口,那么成本就是
c+t*Δ 。
输入数据保障:不存在几个缺口地方重叠的情况;机器人的开端地方不会与任何一个缺口地方重合。
当n=v=x=0时,输入文件截止。

输出

对此每一组数据,输出最小花费。题目有限支撑最小开支的值不会超过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

要想最终代价最低,就不大概跳跃着修复,也就是通过一段时间后已经修复好的破碎应是一段连接区间。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象征在右端)端的开支。修复某处破损的代价就算不是定值,但却是随着时光线性拉长的,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,只需将其增进到近年来情景即可,也足以当做修复某处破损发生的时光代价。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为相应爆发的时间代价与修复代价的和。

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

题目叙述

Bob有n根火柴。他得以用火柴摆出0~9任意一个数字,如下图所示:

必赢亚洲手机app 7

今日,给出一个平头m,须求用不当先n根火柴摆一个尽量大的整数。

输入

输入文件蕴涵多组测试数据。每一组数据占一行,包蕴三个整数n
(n<=100)和m (m<=3000),其含义见标题叙述。
输入文件以一个独立的’0’截止。

 

输出

对此每一组数据,输出总计出的答案;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 大神的思绪>

可以用dp[i][j]表示除以m余j的i位数最少要求多少火柴这一个处境计算,转移方程是:用dp[i][j]+c[k]来更新dp[i+1][(j*10+k)%m](c[]是种种数字必要开销的火柴数量,k是当前枚举的数字)。可以防止高精度进步效能,然而怎么规定每一位上的数字都是怎么着呢,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),那样就可以规定那几个最大数字有几位了(位数多的肯定比位数少的大),然后在测算每一位上最大可以是何等数字,从大到小枚举每一位上的数字,第三个使得sum+dp[i-1][s]+c[j]<=n的数字就是该位上的最大值(其中s是去掉这一位上的数字剩下的几位的余数为s时使得这么些总的数字能被m整除)。
譬如说,m=7,并且已知当前数字位数为3,首先试着让最高位为9,假诺得以摆出9ab这么的平头,那么势必是最大的,那么哪些确定是或不是摆出9ab啊?因为900%7=4,所以s,就是后两位’ab’%7应该对等3,(那里具体怎么算的底下再说),假若dp[2][3]+c[9]+sum<=n,(sum是曾经确定的上位的数字的总费用),就表明火柴数量丰裕摆出9ab,否则最高位就不是9亟待两次三番找,倘诺得以摆出那么重复这几个进度直到算出每一位上的数字。还足以预处理计算出各个x00..那样数字%m的值用y数组保存,其实仍旧使用了好几高精度计算–大数取余。

今昔就唯有一个难点了,如何算出s,就是已知当前整数为7ab%m
= 0和700%m,求出ab%m的值,我总计了多少个数字,找出了一个原理:
上边几位的余数s等于
m-当前这一位的数字x00..%m的值-v(前边所有曾经规定的x00..%m之和)
例如:借使最大数字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
急需专注一下v可能超越m,所以统计v时必要模m。计算s时恐怕为负数,需求先加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

标题叙述

几个儿女在一棵老树旁占成一圈玩游乐。由于树很大,各种孩子只赏心悦目见离她近的人。
以此游乐由众多轮组成。在玩耍的起来,一个随意的孩童会赢得一张纸,借使那一个娃娃是男孩,会在纸上写一个’B’;尽管是女孩,会在纸上写一个’G’。然后他随意接纳一个方向(顺时针或逆时针),将纸递给在那些主旋律上与他相邻的人,新的人也会在纸上写下团结的性别,继续将纸递给另一个人(根据从前的来头)……就这么,这张纸从一个男女交到另一个男女手中,直到一个亲骨血公布游戏甘休。
举个例子,要是有5个子女将树围起来,如Figure
1,。现在,若纸从Kid1始发向逆时针走,在Kid3停下,那么大家就会在纸上赢得一个字符串”BBG”。
在N轮游戏后,大家会赢得N张写有’B’和/或’G’的字符串的白纸。一个少儿会收获所有的这么些纸,并且要算出足足有多少个小孩插手了一日游。大家知道在任意意况下,至少有多个幼童。写一个顺序,总结那一个最少的总人口。

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输入

输入文件包罗多组测试数据。
对于每一组数据:第1行包括一个平头N
(2<=N<=16),表示总共有N个字符串;接下去的N行,每行包括一个由’B’和/或’G’组成的字符串,字符串的尺寸均不超越100。
当N=0时,输入数据截止。

输出

对此每一组数据,输出恐怕的最少的男女数。

样例数据

样例输入 样例输出

3
BGGB
BGBGG
GGGBGB
2
BGGGBBBGG
GBBBG
0

9
6

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

俺们可以在预处理时把富有彼此包括的字符串合并,然后f[i][j][k]
表示近日字符串已经包罗的字符串为i,并且以j结尾且其大方向为k的小不点儿值,然后每趟枚举转移,注意最终一个字符串要处理一下它和率先个字符串的公共部分(因为是环),然后或然有一个字符饶了一点圈那种气象,那时大家最终必将可以把具有字符合并成最长的那多少个,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,每本书有一个中度Hi和宽窄Wi。现在要构建一个三层的书架,你可以选用将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,书架总宽度(即每层总幅度的最大值)为w,则要求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会在输入文件的率先行提交(1<=T<=20)。
对于每一组数据:第1行包罗一个正整数N
(3<=N<=70),表示书的数码。接下来的N行每行包涵五个正整数Hi和Wi
(150<=Hi<=300,5<=Wi<=30),分别代表第i本书的冲天和幅度。题目中提交的尺寸均以分米(mm)为单位。

输出

对于每一组数据,输出能包容所有书的事态下,书架的h*w的微小值。

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

主旨采取了DP+加状态剪枝的策略;
先是必须旗帜显明:前面i本书的一级放法是由前i-1本书的特等办法的底蕴上助长第i本书组合而来;
d[i][j][k]意味着曾经安顿前i本书,第二层宽度为j,第三层宽度为k,且第二层的莫大超越等于第三层的惊人,最高的那本书放在第一层时的
第二层和第三层的蝇头中度和;
该情况是在每层厚度一定景况下的最优解;这样一来最后解要遍历i=n的具有景况求最优;由于d[i][j][k]并不能强烈的找出其所倚重的子结构,但用它来更新i+1的情事却相比便于转换,所以使用刷表法
还有状态太大,须要剪枝。

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

该演习包涵了以下难点,那几个题材均可在必赢亚洲手机app 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。那座桥格外出格,桥面是由2N-1个方格组成的,每种方格里写有一个数码Ai(-50<=Ai<=50)。如下是N=4时的情状。可以认为燕姿从最上面出发。每三遍,她能够提升跳到与本身所在方格相临的内部一个方格内(例如在最上面的7中,可以跳到上一行的10和8中)。当燕姿跳到最上端的方格后,她就无法再移动了。(在未到上边前,不一致意跳到表万分。)每在一格内,都要把格内的数字写下去。
但是,仅仅到达顶端是不够的。桥会向对岸的xx询问一个数字k,燕姿到达顶端后,拿出写下去的数字,可以在肆意八个数字间添加“+”或“-”号,使得计算的结果m最接近k。经过桥的判断,若是对于桥上的方格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………
(为了让燕姿能更便于地通过,xx给出的数字总是0)你的职务,就是扶助燕姿找出这些最接近k的m.

1511 Problem B 火车票

<Vijos
1292>

一个铁路线上有n(2<=n<=10000)个高铁站,每种高铁站到该路线的先发火车站距离都是已知的。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:若是离开 :0 < X < =L1 则票价为C1 要是距离 :L1
< X < =L2 则票价为C2 要是距离 :L2 < X < =L3 则票价为C3
其中L1,L2,L3,C1,C2,C3都是已知的正整数,且(1 <= L1 < L2 <
L3 <= 10^9, 1 <= C1 < C2 < C3 <=
10^9)。显著若两站之间的距离超过L3,那么从一站到另一站至少要买两张票。注意:每一张票在选拔时只好从一站始发到另一站停止。现在内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。你能成就呢?

1512 Problem C 晴天小猪历险记

<Vijos
1006>

在很久很久在此此前,有一个动物村庄,那里是猪的米粮川(^_^),村民们不辞劳顿、勇敢、善良、团结……
不过有一天,最小的细小猪生病了,而那种病是极端稀少的,因而大家都不曾储存那种药物。所以晴天小猪自告奋勇,要去选拔那种药草。于是,晴天小猪的神话传说便因此展开……
这一天,他到来了一座山体的山脚下,因为唯有那座深山中的一位隐者才清楚那种药草的各市。然而上山的路错综复杂,由于纤维猪的病情,晴天小猪想找一条需时最少的路到达山顶,但近期它一头雾水,所以向你求助。
山用一个三角形表示,从巅峰依次向下有1段、2段、3段等山路,每一段用一个数字T(1<=T<=100)表示,代表晴天小猪在这一段山路上需要爬的时光,每便它都足以朝左、右、左上、右上五个趋势走(**注意**:在肆意一层的率先段也得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,目标地为高峰,即隐者的小屋。

1514 Problem D 添加括号

<Vijos
1038>

给定一个正整数体系a(1),a(2),…,a(n),(1<=n<=20)
不改动连串中逐个成分在体系中的地点,把它们相加,并用括号记每一回加法所得的和,称为中间和。
例如: 给出连串是4,1,2,3。 第一种添括号方式:
((4+1)+(2+3))=((5)+(5))=(10)
有两个中等和是5,5,10,它们之和为:5+5+10=20 第三种添括号方法
(4+((1+2)+3))=(4+((3)+3))=(4+(6))=(10)
中间和是3,6,10,它们之和为19。现在要添上n-1对括号,加法运算依括号顺序举行,得到n-1个中等和,求出使中间和之和微小的添括号办法。

1515 Problem E 盖房子

<Vijos
1057>

固定の灵魂近来赢得了面积为n*m的一大块土地(心旷神怡ING^_^),他想在那块土地上构筑一所房子,这几个房屋必须是正方形的。然而,那块土地永不十全十美,上边有诸多不平坦的地方(也可以叫瑕疵)。那么些弱点相当恶心,以至于根本无法在地点盖一砖一瓦。他期望找到一块最大的正方形无瑕疵土地来盖房屋。可是,那并不是哪些难点,永恒の灵魂在10分钟内就自在搞定了那个题材。现在,您也来尝试吧。
 

1516 Problem F 迎春舞会之三人组舞(版本2)

<Vijos
1061>

HNSDFZ的同窗们为了庆祝新春,准备排练一场舞
n个人选出3*m人,排成m组,每组3人。
站的队形——较矮的2个人站两侧,最高的站中间。
从对称学角度来欣赏,左右五个人的身高越接近,则这一组的“残疾程度”越低。
计算公式为 h=(a-b)^2 (a、b为较矮的2人的身高) 那么问题来了。
现在候选人有n个人,要从他们中间选出3*m个人排舞蹈,须求完整的“残疾程度”最低。

1517 Problem G 新年佳话之红包

<Vijos
1069>

xiaomengxian一进门,发现曾祖父、姑奶奶、五叔、三姨……都坐在客厅里等着她啊。经过细心考察,xiaomengxian发现她们所有人正好组成了一个凸多边形。最首要的是,他们每一个人手里都拿着一个红包(^o^)。于是丰硕着急,xiaomengxian决定找一条最短的门路,得到具备的红包。
要是屋里共有N个人拿着红包,把他们各自从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。一条官方的不二法门必须透过所有的点几次且仅一次。
 

1518 Problem H 新年佳话之打牌

<Vijos
1071>

过年的时候,大人们最欢欣的运动,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。于是那副牌的持有者得意地说:“那是一幅特制的牌,我晓得整副牌每一张的轻重。只要我们称一下盈余的牌的总重量,就能领略少了怎么着牌了。”大家都觉得那么些方式不错,于是称出剩下的牌的总重量,开端估计少了什么样牌。由于数据量相比较大,过了不久,大家都算得眼冒木星了。
那时,xiaomengxian大声说:“你们看本人的啊!”于是他拿出台式机电脑,编出了一个程序,很快就把缺少的牌找了出来。
假使是您蒙受了这么的气象吧?你能办成同样的事体啊?

1524 Problem I 小胖守宫室

<Vijos
1144>

huyichen世子事件后,xuzhenyi成了主公特聘的御前五星级侍卫。
皇城以乾清门为起源,直到后宫贵人们的寝宫,呈一棵树的形制;某些宫室间能够并行望见。大内保卫森严,三步一岗,五步一哨,逐个皇城都要有人全天候守卫,在不相同的王宫安插看守所需的费用不一样。
然则xuzhenyi手上的经费不足,无论怎么样也迫于在每种皇城都安放留守侍卫。
帮忙xuzhenyi陈设侍卫,在看守所有宫廷的前提下,使得开销的经费最少。

1525 Problem J 猫狗大战

<Vijos
1153>

新一寒暑的猫狗大战通过SC(星际争霸)那款经典的游乐来比赛,野猫和飞狗那对情人为此已经准备好久了,为了使战争更有难度和巧合,双方约定只好拔取Terran(人族)并且不得不造机枪兵。竞技先河了,很快,野猫已经攒足几队机枪兵,试探性的发动攻击;可是,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,野猫看敌不过,决定撤出。那时飞狗的武力也不充足多,所以没追出去。由于不允许造医务人员,机枪兵不或许补血。受伤的兵只能忍了。555-。现在,野猫又攒足了足足的武力,决定发起第二次进攻。为了使本次攻击给狗狗造成更大的打击,野猫决定把现有的兵分成两有些,从两路进攻。由于有些兵在首先次交锋中负伤了,为了使两局地的兵实力平均些,分的平整是那般的:1)两片段兵的个数最两只可以差一个;2)每部分兵的血值总和必必要尽可能接近。现在请你编写一个先后,给定野猫现在有的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片段后每部分兵的血值总和。
 

1526 Problem K 分梨子

<Vijos
1157>

Finley家的院落里有棵梨树,近年来到手了众多梨子。于是,Finley决定挑出一些梨子,分给幼稚园的宝贝们。不过梨子大小味道都不太雷同,一定要硬着头皮选取那个大概的雪梨分给孩子们,这一个分到小梨子的宝贝儿才不会哭闹。每一种梨子都负有多少个属性值,Ai和Bi,本别表示梨子的高低和甜度景况。即使在选出的梨子中,多个特性的细微值分别是A0和B0。只要对于有着被选出的梨子i,都满意C1*(Ai-A0)+C2*(Bi-B0)≤C3(其中,C1、C2和C3都是已知的常数),就可以认为这么些梨子是相差不离的,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>

今日天气好晴朗,随处好光景,好光景!蝴蝶儿忙啊,蜜蜂也忙,音讯组的同校们尤其忙。近期,由于XX原因,大家不得不到岳麓山去提水。55555555~,好累啊。  消息组有一个容量为q升的大缸,由于大家都很自觉,不愿意浪费水,所以每回都会刚好把缸盛满。但是,新闻组并从未桶子(可能瓢)来舀水,作为组内的生活委员,你不或者不肩负重任,到新一佳去买桶子。新一佳有p种桶子,各个桶子都有无穷几个^_^,且价格一样。由于大家都很节省,所以您不只怕不尽量少买桶子。倘若有各个方案,你必须拔取“更小”的那种方案,即:把那多个方案的会晤(不一样尺寸的桶子组成)按升序排序,比较第三个桶,选用首个桶容积较小的一个。假使第三个桶相同,相比较第一个桶,也按上面的法门选取。否则继续那样的相比,直到相相比较的八个桶不雷同截至。例如,集合{3,5,7,三}
比集合 {3,6,7,8}
要好。为了把缸装满水,我们可以先从岳麓山的井里把桶装满水提回来,然后倒进缸里。为了不至极难为或然浪费宝贵的水资源,我们不用把缸里的水倒出来大概把桶里的水倒掉,也不会把桶里的水再倒回井中,(那样会传染井水)。当然,一个桶可以应用频仍。例如,用一个容积为
1 升的桶能够将轻易容量的大缸装满水。而任何的三结合就要麻烦些。

1528 Problem M 公路巡逻

<Vijos
1168>

在一条没有分岔的高速公路上有n个关口,相邻七个关口之间的距离都是10km。所有车辆在那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。巡逻的法子是在某个时刻Ti从第ni个关口派出一辆巡逻车匀速驶抵第(ni+1)个关口,路上用度的光阴为ti秒。
两辆车相遇是指它们中间时有发生超车大概两车还要到达某关口(同时出发不算相遇)。
巡逻部门想知道一辆于6点整从第1个关口出发去第n个关口的车(称为目标车)最少会与微微辆巡逻车相遇,请编程统计之。假若所有车辆到达关口的随时都是整秒。

1529 Problem N 核电站难题

<Vijos
1232>

一个核电站有N个放核物质的坑,坑排列在一条直线上。假若老是M个坑中放入核物质,则会暴发爆炸,于是,在少数坑中可能不放核物质。
现在,请您总括: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……
他赶到了天堂。天堂当然是很大的,也是很混乱的。小杉看到一块路标,写着“天堂的捐赠”。考虑到小杉刚死没多长期,为了安抚他受创的心灵和眷恋的心绪,天堂派出一个天使给小杉送礼,但IQ不够高的小杉可不恐怕获得好礼物。馈赠在天堂门口举办。天使站在云端,往下扔礼物。天堂之门的增加率为W格(按1..W编号),高度为0格,云端的万丈为H格,小杉只好站在格子里。开始时(第0秒),小杉站在净土之门的第P格。馈赠初阶后,天使会在少数时刻从云端的某格扔礼物下来,礼物降低的快慢(格/秒)是差异的。小杉左右平移去接礼物(每秒可以活动1格或不运动)。礼物之间的价值自然是差别等的,小杉事先知情了每一种礼物的价值。当礼品在某一秒末恰好到达小杉所在的格子中,小杉就收下了那几个礼物。小杉想知道,他最多能够得到价值为多少的礼品。而且,由于礼物降低的速度有点可以很……,小杉还想清楚是否有些礼物他如何也拿不到。

 

 

Time:
2017-07-19

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