以下題目全部來自EOJ。

1075 慶祝迎評成功

一個蛋糕切n刀，求最多可以切成幾塊。

說明

對三維問題，降維處理不失為一種好方法。我們先考慮二維情況：

• n條直線分割一個平面，最多可以分割成幾塊？

假設n-1條直線已經確定（並且已經是最優解，下同），那麼第n條直線需要與前n-1條直線交於n-1個不同的點，這使第n條直線被分為n份，平面則將被多分出n個區域。

我們設二維情況的答案為f(n)，則f(n)=f(n-1)+n，推得通項公式f(n)=1+n(n+1)/2。

推廣到三維，設此時答案為s(n)。n-1個平面已經確定，第n個平面需要與前n-1個平面有n-1條交線，這使第n個平面被分為f(n-1)份，空間則將被多分出f(n-1)個區域。我們得到：s(n)=s(n-1)+f(n-1)=s(n-1)+1+n(n-1)/2。

邊界條件為s(0)=1。

#include <stdio.h>

int main(){
    int a, i;
    long long s[1001];
    s[0] = 1;
    for (i = 1; i < 1001; ++i)
        s[i] = s[i - 1] + i * (i - 1) / 2 + 1;
    while (scanf("%d", &a) && a)
        printf("%lld\n", s[a]);
    return 0;
}

1015 核電站

一個核電站有 N 個放核物質的坑，坑排列在一條直線上。

如果連續 M 個坑中放入核物質，則會發生爆炸，於是，在某些坑中可能不放核物質。

任務：對於給定的 N 和 M，求不發生爆炸的放置核物質的方案總數

說明

設第n個坑不發生爆炸的方案數為f(n)，我們假設前n-1個坑已經確定。分兩種情況：

1. 已經有連續m-1個核物質，那麼第n個坑只能不放核物質，且這m-1個坑前的那個坑也不能放核物質。方案數為f((n-1)-(m-1)-1)=f(n-m-1)。
2. 否則，第n個坑可以選擇放或不放。方案數為2*[f(n-1)-f(n-m-1)]。

邊界條件f(0)=1。

具體計算時可以用dp的遞推形式寫，也可以像如下程式碼中用2的冪計算：

#include <stdio.h>
 

#include <math.h>

int main(void)
{
    int n, m, i;
    long long nuc[60];
    nuc[0] = 1;
    while (~scanf("%d%d", &n, &m)){
        for (i = 1; i <= 50; ++i){
            if (i < m) nuc[i] = (long long)pow(2, i);
            else if(i == m) nuc[i] = (long long)pow(2, m) - 1;
            else nuc[i] = 2 * nuc[i - 1] - nuc[i - m - 1];
        }
        printf("%I64d\n", nuc[n]);
    }
    return 0;
}

（注：這裡不能預處理nuc陣列，因為m未知）

3267 足球錦標賽

計分板上的每一位都按順序掛了 0 到 9 這 10 個牌子，所以可以表示 000 至 999。當其中一個隊的得分從 010 變成 011 時，計分員只要將最後一位的最前面的牌子向後翻即可，共需翻動一塊牌子；當得分從 019 變成 020 是，由於 9 後面已經沒有牌子了，所以計分員要將 0 到 9 全部翻到前面，並將倒數第二位的牌子 1 翻到後面，所以共需翻動 10 塊牌子。

現場的計分牌和圖中所示還是存在差異的，現場的計分牌會很大，很重，所以翻每塊牌子都要消耗 1 點體力。

你是計分員，現在比賽還剩下最後十分鐘。現在有一個預言家告訴你在這十分鐘裡，雙方得分共計多少；但他沒有告訴你雙方得分各是多少。所以你想要知道你要花費的體力值最多是多少。

說明

先模擬翻牌，預處理記錄體力的陣列。然後列舉雙方得分情況，求最大值。

#include <stdio.h>

int dp[1001]={0};

void init()
{
    int i;
    for (i = 1; i <= 999; ++i){
        if (i % 100 == 0) dp[i] = dp[i - 1] + 19;
        else if (i % 10 == 0) dp[i] = dp[i - 1] + 10;
        else dp[i] = dp[i - 1] + 1;
    }
    return;
}

int main(void)
{
    int t, i, a, b, sc, j;
    scanf("%d", &t);
    init();
    for (i = 1; i <= t; ++i){
        scanf("%3d %3d %d", &a, &b, &sc);
        int ans = 0, now = 0;
        for (j = 0; j <= sc; ++j){
            now = dp[a + j] - dp[a] + dp[b + sc - j] - dp[b];
            if (now > ans) ans = now;
        }
        printf("Case %d: %d\n", i, ans);
    }
    return 0;
}

1052 0-1揹包問題

已知 n 個物體 1,2,3,…,n 與一個揹包。物體 i 的重量為 Wi>0，價值為 Pi>0 (i=1,2,…,n)，揹包容量為 M>0。

求在不超過揹包容量的情況下，使得裝進去的物體的價值最高。

說明

經典入門dp題。用一維陣列實現時需要注意j需要從m到w遞減，這與動規的bottom-up思路是一致的。

#include<stdio.h>

int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        int n, m, i, j, w, v, a[100001] = {0};
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for(i = 0; i < n; ++i){
            scanf("%d%d", &w, &v);
            for(j = m; j >= w; --j)
                if (a[j - w] + v > a[j]) a[j] = a[j - w] + v;
        }
        printf("%d\n",a[m]);
    }
    return 0;
}

3302 列印

列印 n 個相同的字元，插入或刪除一個字元花費的時間為 x，複製當前整個文字並且貼上在後面的時間花費為 y，求完成 n 個字元的列印所需的最小花費時間。

說明

dp[i]表示列印i個字元需要的最小時間。

1. i為偶數時，可能是（i-1個字元+插入一個字元）/（i/2個字元複製一次）兩種操作之一產生的，取它們的最小值。
2. i為奇數時，可能是（i-1個字元+插入一個字元）/（(i+1)/2個字元複製一次）兩種操作之一產生的，取它們的最小值。

寫的時候用的c，還並不會定義巨集，導致程式碼看起來比較繁瑣。

#include <stdio.h>
#include <memory.h>
#define MAX 10000001
typedef long long LL;

LL dp[MAX];

LL printing(int n, int x, int y)
{
    int i;
    if (n == 0) return 0;
    if (n == 1) return x;
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (i = 1; i <= n; ++i){
        if (i % 2)
            dp[i] = (dp[i-1]+x < dp[(i+1)/2]+y+x)?dp[i-1]+x:dp[(i+1)/2]+y+x;
        else
            dp[i] = (dp[i-1]+x < dp[i/2]+y)?dp[i-1]+x:dp[i/2]+y;
    }
    return dp[n];
}

int main()
{
    int n,x,y;
    scanf("%d%d%d",&n, &x, &y);
    LL ans = printing(n, x, y);
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}