天平 (Standard IO) Time Limits: 1000 ms Memory Limits: 65536 KB Detailed Limits
Description
FJ有一架用来称牛的体重的天平。与之配套的是N(1<=N<=40)个已知质量的砝码（所有砝码质量的数值都在31位二进制内）。每次称牛时，他都把某头奶牛安置在天平的某一边，然后往天平另一边加砝码，直到天平平衡，于是此时砝码的总质量就是牛的质量（FJ不能把砝码放到奶牛的那边，因为奶牛不喜欢称体重，每当FJ把砝码放到她的蹄子底下，她就会尝试把砝码踢到FJ脸上）。天平能承受的物体的质量不是无限的，当天平某一边物体的质量大于C(1<=C<2^30)时，天平就会被损坏。 砝码按照它们质量的大小被排成一行。并且，这一行中从第3个砝码开始，每个砝码的质量至少等于前面两个砝码（也就是质量比它小的砝码中质量最大的两个）的质量的和。 FJ想知道，用他所拥有的这些砝码以及这架天平，能称出的质量最大是多少。由于天平的最大承重能力为C，他不能把所有砝码都放到天平上。 现在FJ告诉你每个砝码的质量，以及天平能承受的最大质量。你的任务是选出一些砝码，使它们的质量和在不压坏天平的前提下是所有组合中最大的。
Input
第1行: 两个用空格隔开的正整数，N和C。 第2..N+1行: 每一行仅包含一个正整数，即某个砝码的质量。保证这些砝码的质量是一个不下降序列。
Output
第1行: 一个正整数，表示用所给的砝码能称出的不压坏天平的最大质量。
Sample Input
3 15 1 10 20
Sample Output
11
Hint 【样例说明】 FJ有3个砝码，质量分别为1,10,20个单位。他的天平最多只能承受质量为15个单位的物体。用质量为1和10的两个砝码可以称出质量为11的牛。这3个砝码所能组成的其他的质量不是比11小就是会压坏天平。
题解：由于各种原因这题打个dfs就可以AC，但纯dfs只能拿60分，所以我们要用一点小技巧，那就是剪枝。具体代码见。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; long long n,nn,c,a[50],summ[50]; long long ans=0; void dfs(long long n,long long sum) { if(sum+summ[n]<=ans) return ;//重点，剪枝操作，可以助你从60分变为100分 if(ans<sum) ans=sum;//更新ans的值 for(int i=n;i;i--) { if(sum+a[i]<=c) { dfs(i-1,sum+a[i]); } } } int main() { cin>>n>>c; nn=n; int r=0; for(int i=1;i<=nn;i++) { scanf("%lld",&a[i]); if(a[i]>c&&r==0)//如果第i个数大于c，那么我们要求的有效数字就是从1到当前的i-1个数 { n=i-1; r=1; } if(a[i]<=c) summ[i]=summ[i-1]+a[i];//求前缀和 } dfs(n,0); cout<<ans; return 0; }游历的路线(lines.pas/cpp) (File IO): input:lines.in output:lines.out Time Limits: 1000 ms Memory Limits: 131072 KB Detailed Limits
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我们的郭嘉大大经过一段时间发现了袁绍这个人干大事而惜身，见小利而忘义，又逢曹操在招兵买马，决定逃离袁绍去投曹操，而我们的曹操在第M天招募良材，我们的郭嘉大大既不能早去，也不能晚去，于是乎，他就趁着这一段时间到其他的城市游历一番，而每两个城市之间只能坐马车来往，由于我们的郭嘉大大很贪钱，他想用最少的费用，所以需要我们帮他求出这一个最小的费用。
Input
第一行包含两个数n，m， 表示有n个城市，和m天后曹操招纳良材。城市一就是郭嘉所在的城市，城市n就是曹操处。接下来n * (n – 1)行描述马车乘坐表。 第2到第n行就是描述的城市1到2… n的马车乘坐表. 第n + 1到第2n-1行描述的城市2到城市1，3..n的马车乘坐表… … 对每一行，首先有一个数T，表示城市I到城市J的马车以T为周期，接下来有T个数，表示每天的马车的价格，如果价格为0则表示没有马车可坐。（n <= 100, m <= 200, T <= 20， Price <= 50000）
Output
如果存在这样的路线使郭嘉第m天到达曹操处，则输出最少的费用，否则输出0！
Sample Input
3 5 2 130 150 3 75 0 80 2 110 100 4 60 70 60 50 3 0 135 140 2 70 80
Sample Output
355
题解： 题目大意：有m-1次坐车的机会，要使最后到n市，从一个市出发到其他市的马车都有一个周期，周期不同费用不一样。现在要求满足情况的最小费用 我们可以想到用dp解决此题，方程式也是很好推，设f[k][i]为第k天到i城市的最小花费， 然后输入时用一个a[k][i][j]保存周期内的第几天从i城市走到j城市的花费。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; long long int n,m,a[21][101][101],f[201][101],t,ans=0,next,maxt=-1; int wei(int k,int i) { if(k%i==0) return i; else return k%i; } int main() { //freopen("lines.in","r",stdin); //freopen("lines.out","w",stdout); memset(a,0,sizeof(a)); memset(f,0x7f,sizeof(f)); cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(j!=i) { scanf("%lld",&t); //cin>>t; a[0][i][j]=t; for(int k=1;k<=t;k++) { scanf("%lld",&a[k][i][j]); //cin>>a[k][i][j]; if(a[k][i][j]==0) a[k][i][j]=0x7fffffff;//如果为0，就赋值一个超大值 } } } } f[0][1]=0;//初始化 for(int k=1;k<=m;k++) { for(int j=1;j<=n;j++) { for(int i=1;i<=n;i++) { if(i!=j) { int kk=wei(k,a[0][i][j]); f[k][j]=min(f[k-1][i]+a[kk][i][j],f[k][j]);//转移方程 } } } } cout<<f[m][n]; return 0; }最短路（shortest） Time Limits: 3000 ms Memory Limits: 262144 KB Detailed Limits
Description
小Y最近学得了最短路算法，一直想找个机会好好练习一下。话虽这么说，OJ上最短路的题目都被他刷光了。正巧他的好朋友小A正在研究一类奇怪的图，他也想凑上去求下它的最短路。 小A研究的图可以这么看：在一个二维平面上有任意点(x,y)（0<=x<=N,0<=y<=M,且x,y均为整数），且(x,y)向(x-1,y)（必须满足1<=x）和(x,y-1)（必须满足1<=y）连一条边权为0的双向边。 每个点都有一个非负点权，不妨设(x,y)的权值为F[x][y]，则有： 1.x=0或y=0：F[x][y]=1；2.其他情况：F[x][y]=F[x-1][y]+F[x][y-1]。 现在，小Y想知道(0,0)到(N,M)的最短路，即使得经过的点的权值之和最小。为了炫耀自己学过最短路算法，他决定和你进行一场比赛，看谁的程序跑得快。然则小Y没有学过高精度算法，所以他希望输出答案时只输出答案模1000000007后的值。Input
一行两个正整数N,M，表示图的大小。Output
一行一个整数Ans，表示答案模1000000007后的值。Sample Input
1 2
Sample Output
6
Data Constraint
见图。
Hint
10%的数据满足N,M<=20；
30%的数据满足N,M<=100；
60%的数据满足min(N,M)<=100；
100%的数据满足N*M<=10^12。
题解： 【最短路】 这个图就是个划分后的矩形，也就是网格图。 20分看这里：暴力求出每个点权，然后使用DP或最短路算法。总效率O(NM)或O(NMLog(NM))。答案的范围在Int64/long long范围内。 60分看这里：暴力求出每个点权，然后使用DP或最短路算法。使用高精度储存答案。总效率O(NMA)或O(NMALog(NM))。其中A为答案长度。 观察原图，将x+y值相同的点(x,y)归为一层，将层按x+y值从小到大看，会发现其实整个图是杨辉三角的一部分。 容易看出，每层权值最小的点或都在最左侧或都在最右侧。由于N,M互换并不影响答案，所以假如每层权值最小的点都在最右侧，则交换N,M，保证每层权值最小的点都在最左侧。 从本质上说，就是该图的最短路是确定的，都是沿着矩形外围一圈走，且一开始先走矩形长的一边。 保证N<=M，那么答案可以直接算出，也就是M+C[M][0]+C[M+1][1]+…+C[M+N][N]。 120分看这里：用一个矩阵维护C[K][0]-C[K][N]的值。通过快速幂可以迅速得出C[M][0]-C[M][N]的值，由于答案涉及的排列数只有N+1项，所以接着逐级递推即可。总效率O(N^3LogM)。 200分看这里：把后面的排列数分别拆解开看： C[M][0]=1； C[M+1][1]=(M+1)/1； C[M+2][2]=(M+1)(M+2)/(1*2)=C[M+1][1]((M+2)/2)； C[M+3][3]=C[M+2][2]*((M+3)/3)； … C[M+N][N]=C[M+N-1][N-1]*((M+N)/N)。 由于模的数是一个素数，所以除以数a直接转化成乘数a的逆元。接着直接递推即可。总效率O(NLogN)。
