动态规划——邮局、区间、坐标
问题 A: P1045
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
题目很简单，给出N个数字，不改变它们的相对位置，在中间加入K个乘号和N-K-1个加号，（括号随便加）使最终结果尽量大。因为乘号和加号一共就是N-1个了，所以恰好每两个相邻数字之间都有一个符号。例如： N=5, K=2，5个数字分别为1、2、3、4、5，可以加成： 1*2*(3+4+5)=24 1*(2+3)*(4+5)=45 (1*2+3)*(4+5)=45 ……
输入
输入文件共有二行，第一行为两个有空格隔开的整数，表示N和K，其中(2< =N< =15, 0< =K< =N-1)。第二行为 N个用空格隔开的数字（每个数字在0到9之间）。
输出
输出文件仅一行包含一个整数，表示要求的最大的结果 最后的结果< =maxlongint
样例输入
样例输出
提示
对于30%的数据，N< = 10； 对于全部的数据，N < = 100。
邮局动规。
我们可以构造出他的结构特征f(i,j)表示前i个数用了j个乘号的最大结果。
然后是递归式：f(i,j)=f(k,j-1)*Sum(k+1,i);
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 #define N 1000
38 ll a[N],f[N][N],s[N];
39 int main()
40 {
41 int n=read(),K=read();
42 for (int i=1;i<=n;i++)
43 a[i]=read();
44 for (int i=1;i<=n;i++)
45 s[i]=s[i-1]+a[i];
46 for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=s[i];
47 for (int i=2;i<=n;i++){
48 for (int j=1;j<=min(i-1,K);j++)
49 for (int k=1;k<=i-1;k++)
50 f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]*(s[i]-s[k]));
51 }
52 printf("%lld",f[n][K]);
53 return 0;
54 } View Code
问题 B: P1047
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
今年是国际数学联盟确定的“2000——世界数学年”，又恰逢我国著名数学家华罗庚先生诞辰90周年。在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友XZ也有幸得以参加。活动中，主持人给所有参加活动的选手出了这样一道题目: 设有一个长度N的数字串，要求选手使用K个乘号将它分成K+1个部分，找出一种分法，使得这K+1个部分的乘积能够为最大。 同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子： 有一个数字串: 312，当N=3，K=1时会有以下两种分法： 1）3*12=36 2）31*2=62 这时，符合题目要求的结果是： 31*2=62 现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
输入
程序的输入共有两行: 第一行共有2个自然数N,K (6< =N< =40，0< =K< =5) 第二行是一个K度为N的数字串。
输出
结果输出到文件，相对于输入，应输出所求得的最大乘积（一个自然数）。
样例输入
样例输出
我们可以构造出他的结构特征f(i,j)表示前i个数用了j个乘号的最大结果。
然后是递归式：f(i,j)=f(k,j-1)*S(k+1,i);
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
30 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
31 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
32 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
33 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
34 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
35 }
36 #define N 100
37 struct Hp{
38 int len,nu[1000];
39 Hp(){
40 len=0; memset(nu,0,sizeof(nu));
41 }
42 friend Hp operator +(Hp a,Hp b){
43 Hp c;
44 if (a.len<b.len) c.len=b.len; else c.len=a.len;
45 for (int i=1;i<=c.len;i++){
46 c.nu[i]+=a.nu[i]+b.nu[i];
47 if (c.nu[i]>9) c.nu[i+1]++,c.nu[i]-=10;
48 }
49 if (c.nu[c.len]>0) c.len++;
50 return c;
51 }
52 friend Hp operator *(Hp a,Hp b){
53 Hp c;
54 for (int i=1;i<=a.len;i++)
55 for (int j=1;j<=b.len;j++){
56 c.nu[i+j-1]+=a.nu[i]*b.nu[j];
57 }
58 c.len=a.len+b.len;
59 for (int i=1;i<c.len;i++){
60 if (c.nu[i]>9) c.nu[i+1]+=c.nu[i]/10,c.nu[i]%=10;
61 }
62 while (c.nu[c.len]==0&&c.len>1) c.len--;
63 return c;
64 }
65 void out(){
66 for (int i=len;i>0;i--)
67 printf("%d",nu[i]);
68 puts("");
69 }
70 };
71 Hp max_(Hp a,Hp b){
72 if (a.len<b.len) return b;
73 if (a.len>b.len) return a;
74 for (int i=a.len;i>0;i--){
75 if (a.nu[i]>b.nu[i]) return a;
76 if (a.nu[i]<b.nu[i]) return b;
77 }
78 return a;
79 }
80 Hp s[N][N],a[N],f[N][N];
81 char str[N];
82 int main()
83 {
84 int n=read(),K=read();
85 scanf("%s",str+1);
86 for (int i=1;i<=n;i++) a[i].len=1,a[i].nu[1]=str[i]-'0';
87 Hp t; t.len=2; t.nu[1]=0; t.nu[2]=1;
88 for (int i=1;i<=n;i++)
89 for (int j=i;j<=n;j++) s[i][j]=s[i][j-1]*t+a[j];
90 for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=s[1][i];
91 for (int i=1;i<=n;i++)
92 for (int j=1;j<=min(i-1,K);j++){
93 for (int k=1;k<=i-1;k++)
94 f[i][j]=max_(f[i][j],f[k][j-1]*s[k+1][i]);
95 }
96 f[n][K].out();
97 return 0;
98 } View Code
问题 C: 括号序列
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
定义如下规则序列（字符串）：
1.空序列是规则序列；
2.如果S是规则序列，那(S)和[S]也是规则序列；
3.如果A和B都是规则序列，那么AB也是规则序列。
例如，下面的字符串都是规则序列：
(), [], (()), ([]), ()[], ()[()]
这几个不是规则序列：
(, [, ], )(, ([()
现在，给出一些有'(' , ')' , '[' , ']'组成的序列，请添加尽量少的括号，得到一个规则序列，并输出该序列的长度。
输入
输入一个有'(' , ')' , '[' , ']'组成的序列，长度不超过200
输出
输出规则后的字串长度
样例输入
样例输出
提示
([()])//6
区间动规。
我们可以构造出他的结构特征f(i,j)表示i~j最少需要添多少括号。
然后是递归式：f(i,j)=min(f(i,k)+f(k+1,j));如果两边匹配的话就=min(f[i+1][j-1]);
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 int f[300][300];
38 char str[300];
39 bool match(int i,int j){
40 if (str[i]=='(' && str[j]==')') return 1;
41 if (str[i]=='[' && str[j]==']') return 1;
42 return 0;
43 }
44 int main()
45 {
46 scanf("%s",str+1); int n=strlen(str+1);
47 for (int i=1;i<=n;i++)
48 for (int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=1e+08;
49 for (int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=1,f[i][i-1]=0;
50 for (int p=2;p<=n;p++)
51 for (int i=1;i+p-1<=n;i++){
52 int j=i+p-1;
53 if (match(i,j)) f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j-1]);
54 for (int k=i;k<j;k++)
55 f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
56 }
57 printf("%d",n+f[1][n]);
58 return 0;
59 } View Code
问题 D: 加分二叉树
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），其中数字1,2,3,…,n为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第j个节点的分数为di，tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包含tree本身）的加分计算方法如下：
subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
若某个子树为主，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空
子树。
试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出；
（1）tree的最高加分
（2）tree的前序遍历
输入
第1行：一个整数n（n＜30），为节点个数。
第2行：n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数＜100）。
输出
第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。
第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
样例输入
样例输出
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 #define N 100
38 ll f[N][N],a[N];
39 int s[N][N],n,num;
40 void dfs(int i,int j){
41 if (i>j) return;
42 int x=s[i][j]; num++;
43 if (num<n) printf("%d ",x);
44 else printf("%d\n",x);
45 dfs(i,x-1);
46 dfs(x+1,j);
47 }
48 int main()
49 {
50 n=read();
51 for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
52 for (int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=a[i],s[i][i]=i;
53 for (int i=0;i<=n;i++) f[i+1][i]=1;
54 for (int p=2;p<=n;p++)
55 for (int i=1;i+p-1<=n;i++){
56 int j=i+p-1;
57 for (int k=i;k<=j;k++)
58 {
59 ll sum=f[i][k-1]*f[k+1][j]+a[k];
60 if (sum>f[i][j]){
61 f[i][j]=sum; s[i][j]=k;
62 }
63 }
64 }
65 printf("%lld\n",f[1][n]);
66 dfs(1,n);
67 return 0;
68 } View Code
问题 E: 小明的喷漆计划
时间限制: 5 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
小明极其喜欢涂鸦，总是在墙上涂上各种颜色的漆。现在小明得到一个任务，需要喷涂一段空白围墙，且单位长度内的颜色都是相同的。小明有一种喷涂工具，它可以给任意长度的一段墙面涂上任意颜色的漆，这样的操作计为一次操作。小明要完成这个任务，又想使得操作次数尽量少，就请你帮他解决这个问题吧。
输入
有多组输入数据。
每组包含一个长度不超过100的字符串（均由小写字母组成），代表需要涂鸦的墙面目标状态
输出
至少需要几次操作，可达到目标
样例输入
样例输出
(str[i]==str[j]) {f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]);f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]);}
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 int f[200][200];
38 char str[200];
39 void work()
40 {
41 int n=strlen(str+1);
42 for (int i=0;i<=n;i++)
43 for (int j=0;j<=n;j++) f[i][j]=pp;
44 for (int p=1;p<=n;p++)
45 for (int i=1;i+p-1<=n;i++){
46 int j=i+p-1;
47 if (p==1) f[i][j]=1;
48 else{
49 if (str[i]==str[j]){
50 f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]);
51 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]);
52 }
53 else {
54 for (int k=i;k<j;k++)
55 f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
56 }
57 }
58 }
59 cout<<f[1][n]<<endl;
60 }
61 int main(){
62 while (~scanf("%s",str+1)){
63 work();
64 }
65 }View Code
问题 F: 石子合并（NOI1995）
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
在操场上沿一直线排列着 n堆石子。现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的两堆石子合并成新的一堆， 并将新的一堆石子数记为该次合并的得分。允许在第一次合并前对调一次相邻两堆石子的次序。
计算在上述条件下将n堆石子合并成一堆的最小得分和初次交换的位置。
输入
输入数据共有二行，其中，第1行是石子堆数n≤100；
第2行是顺序排列的各堆石子数（≤20），每两个数之间用空格分隔。
输出
输出合并的最小得分。
样例输入
样例输出
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
30 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
31 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
32 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
33 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
34 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
35 }
36 int a[105],b[105],dp[105][105],s[105][105],sum[105],n,ans=pp;
37 void work()
38 {
39 rep(i,1,n) rep(j,1,n) dp[i][j]=pp;
40 rep(i,1,n) dp[i][i]=0,s[i][i]=i;
41 rep(l,2,n)
42 rep(i,1,n-l+1){
43 int j=l+i-1;
44 rep(k,s[i][j-1],s[i+1][j])
45 if (dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])
46 dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1],s[i][j]=k;
47 }
48 ans=min(ans,dp[1][n]);
49 }
50 int main()
51 {
52 n=read();
53 rep(i,1,n) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i]; //work();
54 rep(i,1,n-1)
55 sum[i]+=a[i+1]-a[i],work(),sum[i]-=a[i+1]-a[i];
56 cout<<ans;
57 }View Code
问题 G: 兔子跳跃之谜下
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
小生和小森在玩兔子之谜游戏。有三只兔子排成一排。知道每只兔子的初始位置，以及三个兔窝的位置。
游戏的规则是，重复以下步骤k次：选择两个不同的兔子A和B，分别位于a和b。A可以跳过B到达2*b-a的点：
跳跃是不允许其他小兔子已经在点2*b-a的位置上：
跳跃也不允许一次跳过一个以上的兔子：
现在小生和小森想要知道，k次操作之后，能否让所有兔子都分别跳到一个兔窝里面。注意，第i个兔子并不一定要在第i个巢。并且输出跳法的种数，数值可能很大，要对结果取模1000000007。只要有一个跳跃是不同的，两种方式被认为是不同的。
输入
有多组测试数据：
第一行，包含一个整数Num，表示测试数据的个数。（1<=Num<=10）
每组测试数据，
第一行三个整数，第二行三个整数，分别表示兔子的初始位置和兔窝的位置。两组数值都是严格递增给出。范围均为[-10^18,10^18]。
最后一个整数k。[1,100]。
输出
共Num行，
跳跃的种数。
样例输入
样例输出
if (i>0){
ans=mo(dfs(i-1,j,k-1)+dfs(i+1,j,k-1)*2LL,pp);
}
else if (i==0 && j>0) {
if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1)+dfs(0,j+1,k-1),pp);
else ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1),pp);
}
else if (i==0 && j==0) {
if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,1,k-1)+dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
else ans=mo(dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
}
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 #define oo (1000)
38 int root_j=oo;
39 ll dp[200][200][200];
40 struct node
41 {
42 ll x[4];
43 bool operator == (const node & b) const
44 {
45 for (int i=1;i<4;++i)
46 if (x[i]!=b.x[i]) return 0;
47 return 1;
48 }
49 }a[200],b[200];
50 ll dfs(int i,int j,int k){
51 if (i==0 && j==0 && k==0) return 1;
52 if (i+j>k||j>root_j) return 0;
53 if (k==0) return 0;
54 if (dp[i][j][k]!=-1) return mo(dp[i][j][k],pp);
55 ll ans=0;
56 if (i>0){
57 ans=mo(dfs(i-1,j,k-1)+dfs(i+1,j,k-1)*2LL,pp);
58 }
59 else if (i==0 && j>0) {
60 if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1)+dfs(0,j+1,k-1),pp);
61 else ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1),pp);
62 }
63 else if (i==0 && j==0) {
64 if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,1,k-1)+dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
65 else ans=mo(dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
66 }
67 dp[i][j][k]=mo(ans,pp);
68 return ans;
69 }
70 void jump(ll &a,ll &b,ll &c){
71 if (b-a==c-b) return;
72 ll x=2LL*b-a,y=2LL*b-c;
73 if (x<c) {
74 a=b; b=x; return;
75 }
76 if (y>a) {
77 c=b; b=y; return;
78 }
79 }
80
81 int main()
82 {
83 int T=read();
84 int root_i=oo;
85 while (T--){
86 ll a=read(),b=read(),c=read();
87 ll a_=read(),b_=read(),c_=read();
88 int k=read();
89 root_i=root_j=oo;
90 ll xa=a,xb=b,xc=c;
91 for (int i=0;i<=k;i++)
92 if (xb-xa==xc-xb) {root_i=i; break; }
93 else jump(xa,xb,xc);
94 xa=a_,xb=b_,xc=c_;
95 for (int i=0;i<=k;i++)
96 if (xb-xa==xc-xb) {root_j=i; break; }
97 else jump(xa,xb,xc);
98 ll x_a=a,x_b=b,x_c=c; int x=-1,y=-1;
99 for (int i=0;i<=min(k,root_i);i++){
100 ll y_a=a_,y_b=b_,y_c=c_;
101 for (int j=0;j<=min(k,root_j);j++){
102 if (x_a==y_a && x_b==y_b && x_c==y_c) { x=i; y=j; break; }
103 jump(y_a,y_b,y_c);
104 }
105 if (x!=-1 && y!=-1) break;
106 jump(x_a,x_b,x_c);
107 }
108 if (x==-1 && y==-1) { printf("0\n"); continue; }
109 for (int i=0;i<200;i++)
110 for (int j=0;j<200;j++)
111 for (int k_=0;k_<200;k_++) dp[i][j][k_]=-1;
112 printf("%lld\n",dfs(x,y,k));
113 }
114 return 0;
115 }View Code
转载于:https://www.cnblogs.com/SXia/p/6883210.html
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