遞推DP
HDU2048 神、上帝以及老天爺
HDU 2006'10 ACM contest的頒獎晚會隆重開始了！
為了活躍氣氛，組織者舉行了一個別開生面、獎品豐厚的抽獎活動，這個活動的具體要求是這樣的：
首先，所有參加晚會的人員都將一張寫有自己名字的字條放入抽獎箱中；
然後，待所有字條加入完畢，每人從箱中取一個字條；
最後，如果取得的字條上寫的就是自己的名字，那麼“恭喜你，中獎了！”
大家可以想象一下當時的氣氛之熱烈，畢竟中獎者的獎品是大家夢寐以求的Twins簽名照呀！不過，正如所有試圖設計的喜劇往往以悲劇結尾，這次抽獎活動最後竟然沒有一個人中獎！
我的神、上帝以及老天爺呀，怎麼會這樣呢？
不過，先不要激動，現在問題來了，你能計算一下發生這種情況的概率嗎？
不會算？難道你也想以悲劇結尾？！
Input
輸入資料的第一行是一個整數C,表示測試例項的個數，然後是C 行資料，每行包含一個整數n(1<n<=20),表示參加抽獎的人數。Output
對於每個測試例項，請輸出發生這種情況的百分比，每個例項的輸出佔一行, 結果保留兩位小數(四捨五入)
Sample Input
1 2
Sample Output
50.00%
#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0); #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const int maxn = (int)1e5 + 10; typedef long long ll; ll D[25]; int main() { D[0]=0,D[1]=0,D[2]=1; for(int i=3;i<=20;++i)D[i]=(i-1)*(D[i-1]+D[i-2]); int t; cin>>t; while(t--) { int n; cin>>n; double sum=exp(lgamma(n+1)); // cout<<sum<<' '<<exp(lgamma(n+1))<<endl;//<<' '<<D[n]<<endl; printf("%.2lf%%\n",D[n]*100.0/sum); } return 0; }
HDU2047 阿牛的EOF牛肉串
今年的ACM暑期集訓隊一共有18人，分為6支隊伍。其中有一個叫做EOF的隊伍，由04級的阿牛、XC以及05級的COY組成。在共同的集訓生活中，大家建立了深厚的友誼，阿牛準備做點什麼來紀念這段激情燃燒的歲月，想了一想，阿牛從家裡拿來了一塊上等的牛肉乾，準備在上面刻下一個長度為n的只由"E" "O" "F"三種字元組成的字串（可以只有其中一種或兩種字元，但絕對不能有其他字元）,阿牛同時禁止在串中出現O相鄰的情況，他認為，"OO"看起來就像發怒的眼睛，效果不好。
你，NEW ACMer,EOF的崇拜者，能幫阿牛算一下一共有多少種滿足要求的不同的字串嗎？
PS: 阿牛還有一個小祕密，就是準備把這個刻有 EOF的牛肉乾，作為神祕禮物獻給杭電五十週年校慶，可以想象，當校長接過這塊牛肉乾的時候該有多高興！這裡，請允許我代表杭電的ACMer向阿牛表示感謝！
再次感謝！
Input
輸入資料包含多個測試例項,每個測試例項佔一行,由一個整數n組成，(0<n<40)。
Output
對於每個測試例項，請輸出全部的滿足要求的塗法，每個例項的輸出佔一行。
Sample Input
1
2
Sample Output
3
8
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5 + 10;
typedef long long ll;
ll f[55];
int main()
{
int n;
f[1]=3,f[2]=8;//f[3]=22;
for(int i=3;i<=40;++i)
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])*2;
while(cin>>n)
{
cout<<f[n]<<endl;
}
return 0;
}
HDU 2046
在2×n的一個長方形方格中,用一個1× 2的骨牌鋪滿方格,輸入n ,輸出鋪放方案的總數.
例如n=3時,為2× 3方格，骨牌的鋪放方案有三種,如下圖：
Input
輸入資料由多行組成，每行包含一個整數n,表示該測試例項的長方形方格的規格是2×n (0<n<=50)
Output
對於每個測試例項，請輸出鋪放方案的總數，每個例項的輸出佔一行。
Sample Input
1 3 2
Sample Output
1 3 2
不和走樓梯每次走1或者2得一樣嘛
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5 + 10;
typedef long long ll;
ll f[10005];
int main()
{
int t,n;
f[1]=1;f[2]=2;
for(int i=3;i<=50;++i)
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
while(cin>>n)
{
cout<<f[n]<<endl;
}
return 0;
}HDU 2045 不容易系列之(3)—— LELE的RPG難題
人稱“AC女之殺手”的超級偶像LELE最近忽然玩起了深沉，這可急壞了眾多“Cole”（LELE的粉絲,即"可樂"）,經過多方打探，某資深Cole終於知道了原因，原來，LELE最近研究起了著名的RPG難題:
有排成一行的ｎ個方格，用紅(Red)、粉(Pink)、綠(Green)三色塗每個格子，每格塗一色，要求任何相鄰的方格不能同色，且首尾兩格也不同色．求全部的滿足要求的塗法.
以上就是著名的RPG難題.
如果你是Cole,我想你一定會想盡辦法幫助LELE解決這個問題的;如果不是,看在眾多漂亮的痛不欲生的Cole女的面子上,你也不會袖手旁觀吧?
Input
輸入資料包含多個測試例項,每個測試例項佔一行,由一個整數N組成，(0<n<=50)。
Output
對於每個測試例項，請輸出全部的滿足要求的塗法，每個例項的輸出佔一行。
Sample Input
1
2
Sample Output
3
6
若第n-1個格子和第一個格子不同，則為f(n-1)；
若第n-1個格子和第1個格子相同，則第n-2個格子和第一個格子必然不同，此時為f(n-2)再乘第n-1個格子的顏色數，很顯然第n-1個格子可以是第一個格子（即第n-2個格子）的顏色外的另外兩種，這樣為2*f(n-2)；
有個坑就是f(3)=3;
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5 + 10;
typedef long long ll;
ll f[55];
int main()
{
int n;
f[1]=3,f[2]=6;f[3]=6;
for(int i=4;i<=50;++i)f[i]=f[i-1]+f[i-2]*2;
while(cin>>n)
{
cout<<f[n]<<endl;
}
return 0;
}HDU2044 一隻小蜜蜂...
有一隻經過訓練的蜜蜂只能爬向右側相鄰的蜂房，不能反向爬行。請程式設計計算蜜蜂從蜂房a爬到蜂房b的可能路線數。
其中，蜂房的結構如下所示。
Input
輸入資料的第一行是一個整數N,表示測試例項的個數，然後是N 行資料，每行包含兩個整數a和b(0<a<b<50)。
Output
對於每個測試例項，請輸出蜜蜂從蜂房a爬到蜂房b的可能路線數，每個例項的輸出佔一行。
Sample Input
2 1 2 3 6
Sample Output
1 3
半分鐘看題，一分鐘半分鐘出思路
好，果然wa ，抑鬱了，
,,,,沒開longlong
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5 + 10;
typedef long long ll;
ll f[55];
int main()
{
int t,a,b;
f[1]=1,f[2]=1;
for(int i=3;i<=50;++i)
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>a>>b;
cout<<f[b-a+1]<<endl;
}
return 0;
}HDU 2041 超級樓梯
有一樓梯共M級，剛開始時你在第一級，若每次只能跨上一級或二級，要走上第M級，共有多少種走法？
Input
輸入資料首先包含一個整數N，表示測試例項的個數，然後是N行資料，每行包含一個整數M（1<=M<=40）,表示樓梯的級數。
Output
對於每個測試例項，請輸出不同走法的數量
Sample Input
2
2
3
Sample Output
1
2
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5 + 10;
typedef long long ll;
ll f[55];
int main()
{
f[1]=1,f[2]=1;
for(int i=3;i<=40;++i)
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
cout<<f[n]<<endl;
}
return 0;
}
HDU2018 母牛的故事
有一頭母牛，它每年年初生一頭小母牛。每頭小母牛從第四個年頭開始，每年年初也生一頭小母牛。請程式設計實現在第n年的時候，共有多少頭母牛？
Input
輸入資料由多個測試例項組成，每個測試例項佔一行，包括一個整數n(0<n<55)，n的含義如題目中描述。
n=0表示輸入資料的結束，不做處理。
Output
對於每個測試例項，輸出在第n年的時候母牛的數量。
每個輸出佔一行。
Sample Input
2 4 5 0
Sample Output
2 4 6
寫下前6天得母牛的個數 2 3 4 6 9 13 就會知道f(n)=f(n-1)+f(n-3)
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5 + 10;
typedef long long ll;
int f[60];
int main()
{
int n;
f[1]=1,f[2]=2,f[3]=3;
for(int i=4;i<=55;++i)
f[i]=f[i-1]+f[i-3];
while(cin>>n,n!=0)
{
cout<<f[n]<<endl;
}
}
CF687C The Values You Can Mak
出題
給你一些硬幣，讓你選出一個子集的總價值和為k，然後對於一個選出的子集，除了可以組成k以外，還可以在選出的子集中選出一些其他的價值。問你所有的選出的子集一共可以得到多少種價值。
看的題解：
這個也可以說是一個01揹包了，裡面也有一些集合的思想在裡面，首先dp方程，dp[i][j]代表著當前數值為i，j能否被構成，如果dp[i][j] = 1，那麼dp[i+m][j] 和 dp[i+m][j+m] = 1，所以轉移方程就寫出來了，但是注意我們只能從後向前轉移，
也就是說我們一定要用選上一個數的狀態，因為這裡是01揹包，每一個數只能選一次，如果正著選就是完全揹包了。
還有就是可以作為母函式的入門題
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
typedef long long ll;
int dp[505][505];
int main()
{
int n,k,num;
cin>>n>>k;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
for(int p=0;p<n;++p)
{
cin>>num;
for(int i = k; i >= num; i--)
{
for(int j = 0; j <= k-num; j++)
if(dp[i-num][j])
dp[i][j] = dp[i][j+num] = 1;
}
}
int ans = 0;
int cnt[555];
for(int i = 0; i <= k; i++)
{
if(dp[k][i])
cnt[ans++] = i;
}
cout<<ans<<endl;
for(int i=0;i<ans;++i)
(i==0?(cout<<cnt[i]):(cout<<' '<<cnt[i]));
cout<<endl;
return 0;
}429B
有一個矩陣，一個人從左上往右下走，一個人從左下往右上走，中間有一次相遇該點的值不算，求最後兩人走過路線值之和的最大值（兩人重複走過的點只計算一次）
記錄矩陣上的每個點分別到矩陣上四個角最大的值，假設某點是相遇點，
該路線的值就是該點到四個角上的最大值之和。因此遍歷矩陣上的每個點，求出最大值即可。
首先要保證只有一個格子重合,那麼只可能是以下兩種情況:
1) A向右走,相遇後繼續向右走,而B向上走,相遇後繼續向上走
2) A向下走,相遇後繼續向下走,而B向右走,相遇後繼續向右走
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0);
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[1005][1005];
ll dp1[1005][1005];
ll dp2[1005][1005];
ll dp3[1005][1005];
ll dp4[1005][1005];
int main()
{
int n,m;
while(cin>>n>>m)
{
memset(dp1,0,sizeof(dp1)),memset(dp2,0,sizeof(dp2)),memset(dp3,0,sizeof(dp3)),memset(dp4,0,sizeof(dp4));
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)cin>>a[i][j];
// 右下
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
dp1[i][j]=max(dp1[i][j-1],dp1[i-1][j])+a[i][j];
// 右上
for(int i=n;i>=1;--i)
for(int j=1;j<=m;++j)
dp2[i][j]=max(dp2[i][j-1],dp2[i+1][j])+a[i][j];
//左下
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=m;j>=1;--j)
dp3[i][j]=max(dp3[i][j+1],dp3[i-1][j])+a[i][j];
//右上
for(int i=n;i>=1;--i)
for(int j=m;j>=1;--j)
dp4[i][j]=max(dp4[i+1][j],dp4[i][j+1])+a[i][j];
ll ans=0;
for(int i=2;i<n;++i)//你總不能然他倆在終點和出發點相遇吧
for(int j=2;j<m;++j)
{
ans=max(ans,dp1[i-1][j]+dp4[i+1][j]+dp2[i][j-1]+dp3[i][j+1]);
ans=max(ans,dp1[i][j-1]+dp4[i][j+1]+dp2[i+1][j]+dp3[i-1][j]);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}