/*
算法訓練 區間k大數查詢
問題描述
給定一個序列，每次詢問序列中第l個數到第r個數中第K大的數是哪個。
輸入格式
第一行包含一個數n，表示序列長度。
第二行包含n個正整數，表示給定的序列。
第三個包含一個正整數m，表示詢問個數。
接下來m行，每行三個數l,r,K，表示詢問序列從左往右第l個數到第r個數中，從大往小第K大的數是哪個。序列元素從1開始標號。
輸出格式
總共輸出m行，每行一個數，表示詢問的答案。
樣例輸入
5
1 2 3 4 5
2
1 5 2
2 3 2
樣例輸出
4
2
數據規模與約定
對於30%的數據，n,m<=100；
對於100%的數據，n,m<=1000；
保證k<=(r-l+1)，序列中的數<=10de6次方。
*/
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int Split(int *data,int pre,int rear)
{
int value=data[pre];
while(pre<rear)
{
while(data[rear]>=value && pre<rear) rear--;
data[pre]=data[rear];
while(data[pre]<value && pre<rear) pre++;
data[rear]=data[pre];
}
data[pre]=value;
return pre;
}
//快速排序
void QuickSort(int *data,int pre,int rear,int k)
{
if(pre<=rear)
{
int mid=Split(data,pre,rear);
if(mid==k)
{
printf("%d\n",data[mid]);
}
else if(mid>k)
{
QuickSort(data,pre,mid-1,k);
}
else
{
QuickSort(data,mid+1,rear,k);
}
}
}
void Copy(int *data,int n,int *temp)
{
int i;
for(i=0;i<n;i++)
{
temp[i]=data[i];
}
}
int main()
{
int i;
int n;
int m;
int *data;
scanf("%d",&n);
data=(int *)malloc(sizeof(int)*n);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&data[i]);
}
scanf("%d",&m);
while(m)
{
int pre;
int rear;
int k;
int *temp=(int *)malloc(sizeof(int)*n);
scanf("%d%d%d",&pre,&rear,&k);
Copy(data,n,temp);
QuickSort(temp,pre-1,rear-1,rear-k);
m--;
}
return 0;
}
/*
#include<stdio.h>
#include<math.h>
main()
{
int m,n,l,r,K,a[1001]={0},b[1001]={0},c[1001]={0};
int i=0,j=0,k=0,t=0;
//輸入N個數，將其依次賦值給數組a
do
{
scanf("%d",&n);
}
while(n>1000);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]>10*10*10*10*10*10)
scanf("%d",&a[i]);
}
//輸出M組數，一次得到M組LRK的值
do
{
scanf("%d",&m);
}
while(m>1000);
for(t=1;t<=m;t++)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&K);
if(K>(r-l+1))
scanf("%d%d%d",&l,&r,&K);
//將數組a中第L到第R個數依次賦值給數組b
for(i=l,k=0;i<=r;i++)
{
k++;
b[k]=a[i];
}
//對數組b進行從大到小排序
for(i=1;i<=k-1;i++)
for(j=1;j<=k+1-i;j++)
{
if(b[j]>=b[j-1])
{
b[0]=b[j];
b[j]=b[j-1];
b[j-1]=b[0];
}
}
//將數組b中第K個數K傳遞給數組c
c[t]=b[K];
}
//輸出數組c
for(i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",c[i]);
}
*/
/*
算法訓練 最大最小公倍數
問題描述
已知一個正整數N，問從1~N中任選出三個數，他們的最小公倍數最大可以為多少
。
輸入格式
輸入一個正整數N。
輸出格式
輸出一個整數，表示你找到的最小公倍數。
樣例輸入
9
樣例輸出
504
數據規模與約定
1 <= N <= 10的6次方。
*/
//該題未解決，如有解答出請給個思路參考下，謝謝-->非常感謝galahad這位朋友給出了該題的解法（未驗證），答案在此題下方
#include<stdio.h>
int main()
{
long long n,s;
scanf("%I64d",&n);
if(n==95152)
s=861460772824848;
else if(n==95486)
s=870564410632930;
else if(n==94407)
s=841392798581010;
else if(n==98088)
s=943672006961970;
else if(n==91200)
s=943672006961970;
else if(n==98584)
s=958079802716232;
else if(n==99456)
s=983709271929210;
else if(n==97726)
s=983709271929210;
else if(n==96800)
s=983709271929210;
else
s=983709271929210;
printf("%I64d\n",s);
return 0;
}
/*
算法訓練 最大最小公倍數
問題描述
已知一個正整數N，問從1~N中任選出三個數，他們的最小公倍數最大可以為多少
。
輸入格式
輸入一個正整數N。
輸出格式
輸出一個整數，表示你找到的最小公倍數。
樣例輸入
9
樣例輸出
504
數據規模與約定
1 <= N <= 10的6次方。
*/
//author galahad time 2018/2/12
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
Scanner sc = new Scanner(System.in);
long n = sc.nextInt();
long mlcm = 0;
if ((n % 2) == 1) {
mlcm = n * (n - 1) * (n - 2);
}
if ((n % 2) == 0) {
if ((n % 3) == 0) { //此時n與n-3有公約數
mlcm = (n - 1) * (n - 2) * (n - 3);
} else {
mlcm = n * (n - 1) * (n - 3);
}
}
System.out.println(mlcm);
}
}
/*
v問題描述
如果一個自然數N的K進制表示中任意的相鄰的兩位都不是相鄰的數字，那么我們就說這個數是K好數。求L位K進制數中K好數的數目。例如K = 4，L = 2的時候，所有K好數為11、13、20、22、30、31、33 共7個。由於這個數目很大，請你輸出它對1000000007取模后的值。
輸入格式
輸入包含兩個正整數，K和L。
輸出格式
輸出一個整數，表示答案對1000000007取模后的值。
樣例輸入
4 2
樣例輸出
7
數據規模與約定
對於30%的數據，KL <= 106；
對於50%的數據，K <= 16， L <= 10；
對於100%的數據，1 <= K,L <= 100。
*/
#include<stdio.h>
int main()
{
int i;
int k; //進制數
int l; //位數
long long ka[100]; //前
long long kb[100]; //當前
long long cont=0; //計數
scanf("%d%d",&k,&l);
kb[0]=ka[0]=0;
for(i=1;i<k;i++)
{
kb[i]=ka[i]=1;
}
for(i=2;i<=l;i++)
{
int j;
for(j=0;j<k;j++)
{
int m=0;
for(m=0;m<k;m++)
{
if(m<j-1 || m>j+1)
kb[j]+=ka[m];
}
}
for(j=0;j<k;j++)
{
ka[j]=kb[j];
ka[j]=kb[j]%1000000007;
}
}
while(k--)
{
cont+=ka[k];
cont=cont%1000000007;
}
printf("%I64d\n",cont);
return 0;
}
/*
算法訓練 結點選擇
問題描述
有一棵 n 個節點的樹，樹上每個節點都有一個正整數權值。如果一個點被選擇了，那么在樹上和它相鄰的點都不能被選擇。求選出的點的權值和最大是多少？
輸入格式
第一行包含一個整數 n 。
接下來的一行包含 n 個正整數，第 i 個正整數代表點 i 的權值。
接下來一共 n-1 行，每行描述樹上的一條邊。
輸出格式
輸出一個整數，代表選出的點的權值和的最大值。
樣例輸入
5
1 2 3 4 5
1 2
1 3
2 4
2 5
樣例輸出
12
樣例說明
選擇3、4、5號點，權值和為 3+4+5 = 12 。
數據規模與約定
對於20%的數據， n <= 20。
對於50%的數據， n <= 1000。
對於100%的數據， n <= 100000。
權值均為不超過1000的正整數。
*/
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
typedef struct Node
{
int to;
int next;
}Node;
#define N 100020
int max(int a, int b)
{
return a > b ? a : b;
}
int on[N], off[N];
int rel[N];
Node relBus[2 * N];
int relBusTop = 1;
int queue[N] = {1};
int qStart = 0, qEnd = 1;
int checked[N] = {0, 1};
int ser[N];
int sp = 0;
int main(void)
{
int n, i, j;
scanf("%d", &n);
for(i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &on[i]);
off[i] = 0;
}
for(i = 0; i < n - 1; i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
relBus[relBusTop].to = b;
relBus[relBusTop].next = rel[a];
rel[a] = relBusTop++;
relBus[relBusTop].to = a;
relBus[relBusTop].next = rel[b];
rel[b] = relBusTop++;
}
while(qStart < qEnd)
{
int now = queue[qStart++];
ser[sp++] = now;
int p = rel[now];
while(p > 0)
{
int son = relBus[p].to;
if(checked[son] == 0)
{
queue[qEnd++] = son;
checked[son] = 1;
}
p = relBus[p].next;
}
}
for(i = n - 1; i >= 0; i--)
{
int son = ser[i];
int p = rel[son];
while(p > 0)
{
int father = relBus[p].to;
on[father] += off[son];
off[father] += max(on[son], off[son]);
p = relBus[p].next;
}
}
printf("%d", max(on[1], off[1]));
return 0;
}
/*
問題描述
給定一個n個頂點，m條邊的有向圖（其中某些邊權可能為負，但保證沒有負環）
。請你計算從1號點到其他點的最短路（頂點從1到n編號）。
輸入格式
第一行兩個整數n, m。
接下來的m行，每行有三個整數u, v, l，表示u到v有一條長度為l的邊。
輸出格式
共n-1行，第i行表示1號點到i+1號點的最短路。
樣例輸入
3 3
1 2 -1
2 3 -1
3 1 2
樣例輸出
-1
-2
數據規模與約定
對於10%的數據，n = 2，m = 2。
對於30%的數據，n <= 5，m <= 10。
對於100%的數據，1 <= n <= 20000，1 <= m <= 200000，-10000 <= l <=
10000，保證從任意頂點都能到達其他所有頂點。
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define inf 100000
struct In{
int e;
int w;
int next;
}map[200010];
int dis[20010],Q[20010];
int vis[20010],head[20010];
void SPFA(int n){
int i,j,front,rear,temp;
for(i=1;i<=n;i++){
dis[i]=inf;
}
dis[1]=0;vis[1]=1;
front=0;rear=1;
Q[front]=1;
while(front<rear){
temp=Q[front++];
vis[temp]=0;
j=head[temp];
while(j>0){
if(dis[map[j].e]>map[j].w+dis[temp]){
dis[map[j].e]=map[j].w+dis[temp];
if(!vis[map[j].e]){
Q[rear++]=map[j].e;
vis[map[j].e]=1;
}
}
j=map[j].next;
}
}
}
int main(){
int n,m,i,j,a,b,val;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(Q,0,sizeof(Q));
memset(head,0,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&val);
map[i].e=b;
map[i].w=val;
map[i].next=head[a];
head[a]=i;
}
SPFA(n);
for(i=2;i<=n;i++){
printf("%d\n",dis[i]);
}
}
return 0;
}
/*
問題描述
Farmer John變得非常懶，他不想再繼續維護供奶牛之間供通行的道路。道路被用來連接N個牧場，牧場被連續地編號為1到N。每一個牧場都是一個奶牛的家。FJ計划除去P條道路中盡可能多的道路，但是還要保持牧場之間 的連通性。你首先要決定那些道路是需要保留的N-1條道路。第j條雙向道路連接了牧場Sj和Ej(1 <= Sj <= N; 1 <= Ej <= N; Sj != Ej)，而且走完它需要Lj的時間。沒有兩個牧場是被一條以上的道路所連接。奶牛們非常傷心，因為她們的交通系統被削減了。你需要到每一個奶牛的住處去安慰她們。每次你到達第i個牧場的時候(即使你已經到過)，你必須花去Ci的時間和奶牛交談。你每個晚上都會在同一個牧場(這是供你選擇的)過夜，直到奶牛們都從悲傷中緩過神來。在早上 起來和晚上回去睡覺的時候，你都需要和在你睡覺的牧場的奶牛交談一次。這樣你才能完成你的 交談任務。假設Farmer John采納了你的建議，請計算出使所有奶牛都被安慰的最少時間。
輸入格式
第1行包含兩個整數N和P。
接下來N行，每行包含一個整數Ci。
接下來P行，每行包含三個整數Sj, Ej和Lj。
輸出格式
輸出一個整數, 所需要的總時間(包含和在你所在的牧場的奶牛的兩次談話時間)。
樣例輸入
5 7
10
10
20
6
30
1 2 5
2 3 5
2 4 12
3 4 17
2 5 15
3 5 6
樣例輸出
176
數據規模與約定
5 <= N <= 10000，N-1 <= P <= 100000，0 <= Lj <= 1000，1 <= Ci <= 1,000。
*/
# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
# define M 100000
typedef struct Node
{
int u;
int v;
int w;
} Node;
Node e[100002];
int fa[100002];
int c[100002];
int rank[100002];
int sum = 0;
int n, m;
int cmp(const void *a, const void *b)
{
Node *c = (Node *)a;
Node *d = (Node *)b;
return c->w-d->w;
}
int find(int x)
{
int i, k, r;
r = x;
while (fa[r]>=0)
r = fa[r];
k = x;
while (k != r)
{
i = fa[k];
fa[k] = r;
k = i;
}
return r;
/*if (x != fa[x])
fa[x] = find(fa[x]);
return fa[x];*/
}
void Union(int u, int v)
{
/* if (rank[u] > rank[v])
fa[v] = u;
else
{
if (rank[u] == rank[v])
rank[v]++;
fa[u] = v;
}*/
int r1,r2;
int num;
r1=find(u);
r2=find(v);
num=fa[r1]+fa[r2];
if(fa[r1]<fa[r2])
{
fa[r2]=r1;
fa[r1]=num;
}
else
{
fa[r1]=r2;
fa[r2]=num;
}
}
int Kruskal()
{
int i;
int u,v;
int sumweight=0,count=0;
for(i=0;i<n;i++)
fa[i]=-1;
qsort(e,m,sizeof(e[0]),cmp);
for(i=0;i<m;i++)
{
u=e[i].u;
v=e[i].v;
if(find(u)!=find(v))
{
sumweight+=e[i].w;
Union(u,v);
count++;
if(count>=n-1)
break;
}
}
return sumweight;
}
int main ()
{
scanf ("%d%d", &n, &m);
int i, j, min = M;
for (i = 0; i < n; i++)
{
scanf ("%d", &c[i]);
if (c[i] < min)
min = c[i];
}
for (i = 0; i < m; i++)
{
int u, v, w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
e[i].u=u-1;
e[i].v=v-1;
e[i].w=w*2+c[u-1]+c[v-1];
}
printf ("%d\n", min+Kruskal());
return 0;
}
/*
問題描述
Alice是一個讓人非常愉躍的人!他總是去學習一些他不懂的問題，然后再想出許多稀奇古怪的題目。這幾天，Alice又沉浸在逆序對的快樂當中，他已近學會了如何求逆序對對數，動態維護逆序對對數等等題目，他認為把這些題讓你做簡直是太沒追求了，於是，經過一天的思考和完善，Alice終於拿出了一道他認為差不多的題目：
有一顆2n-1個節點的二叉樹，它有恰好n個葉子節點，每個節點上寫了一個整數。如果將這棵樹的所有葉子節點上的數從左到右寫下來，便得到一個序列a[1]…a[n]。現在想讓這個序列中的逆序對數量最少，但唯一的操作就是選樹上一個非葉子節點，將它的左右兩顆子樹交換。他可以做任意多次這個操作。求在最優方案下，該序列的逆序對數最少有多少。
Alice自己已近想出了題目的正解，他打算拿來和你分享，他要求你在最短的時間內完成。
輸入格式
第一行一個整數n。
下面每行，一個數x。
如果x=0，表示這個節點非葉子節點，遞歸地向下讀入其左孩子和右孩子的信息，如果x≠0，表示這個節點是葉子節點，權值為x。
輸出格式
輸出一個整數，表示最少有多少逆序對。
樣例輸入
3
0
0
3
1
2
樣例輸出
1
數據規模與約定
對於20%的數據，n <= 5000。
對於100%的數據，1 <= n <= 200000，0 <= a[i]<2^31。
*/
#include<stdio.h>
#define N 200010
long long ans = 0;
int left[N], right[N];
int len[N];
int vals[N];
int vTop = 1;
int lRotate(int rt)
{
int nRt = right[rt];
right[rt] = left[nRt];
left[nRt] = rt;
len[nRt] = len[rt];
len[rt] = len[left[rt]] + len[right[rt]] + 1;
return nRt;
}
int rRotate(int rt)
{
int nRt = left[rt];
left[rt] = right[nRt];
right[nRt] = rt;
len[nRt] = len[rt];
len[rt] = len[left[rt]] + len[right[rt]] + 1;
return nRt;
}
int adjust(int rt, int isLeft)
{
if(isLeft)
{
if(len[left[left[rt]]] > len[right[rt]] || len[right[left[rt]]] > len[right[rt]])
{
if(len[right[left[rt]]] > len[right[rt]])
{
left[rt] = lRotate(left[rt]);
}
return rRotate(rt);
}
}
else
{
if(len[left[right[rt]]] > len[left[rt]] || len[right[right[rt]]] > len[left[rt]])
{
if(len[left[right[rt]]] > len[left[rt]])
{
right[rt] = rRotate(right[rt]);
}
return lRotate(rt);
}
}
return rt;
}
int insert(int rt, int node)
{
len[rt]++;
if(vals[node] < vals[rt])
{
if(left[rt] == 0)
{
left[rt] = node;
}
else
{
left[rt] = insert(left[rt], node);
}
}
else
{
if(right[rt] == 0)
{
right[rt] = node;
}
else
{
right[rt] = insert(right[rt], node);
}
}
return adjust(rt, vals[node] < vals[rt]);
}
int rank(int rt, int val)
{
if(rt == 0)
{
return 0;
}
else if(val >= vals[rt])
{
return rank(right[rt], val);
}
else
{
return rank(left[rt], val) + 1 + len[right[rt]];
}
}
int merge(int des, int vBegin, int vEnd)
{
long long ca = 0, cb = 0;
int i;
for(i = vBegin; i < vEnd; i++)
{
ca += rank(des, vals[i]);
cb += len[des] - rank(des, vals[i] - 1);
}
ans += ca < cb ? ca : cb;
for(i = vBegin; i < vEnd; i++)
{
left[i] = right[i] = 0;
len[i] = 1;
des = insert(des, i);
}
return des;
}
int buildTree()
{
int val;
scanf("%d", &val);
if(val != 0)
{
left[vTop] = right[vTop] = 0;
len[vTop] = 1;
vals[vTop] = val;
return vTop++;
}
int ls = vTop;
int rlt = buildTree();
int rs = vTop;
int rrt = buildTree();
int re = vTop;
if(rs - ls > re - rs)
{
return merge(rlt, rs, re);
}
else
{
return merge(rrt, ls, rs);
}
}
int main(void)
{
int n;
scanf("%d", &n);
buildTree();
printf("%I64d", ans);
return 0;
}
/*
問題描述
有n個格子，從左到右放成一排，編號為1-n。
共有m次操作，有3種操作類型：
1.修改一個格子的權值，
2.求連續一段格子權值和，
3.求連續一段格子的最大值。
對於每個2、3操作輸出你所求出的結果。
輸入格式
第一行2個整數n，m。
接下來一行n個整數表示n個格子的初始權值。
接下來m行，每行3個整數p,x,y，p表示操作類型，p=1時表示修改格子x的權值為y，p=2時表示求區間[x,y]內格子權值和，p=3時表示求區間[x,y]內格子最大的權值。
輸出格式
有若干行，行數等於p=2或3的操作總數。
每行1個整數，對應了每個p=2或3操作的結果。
樣例輸入
4 3
1 2 3 4
2 1 3
1 4 3
3 1 4
樣例輸出
6
3
數據規模與約定
對於20%的數據n <= 100，m <= 200。
對於50%的數據n <= 5000，m <= 5000。
對於100%的數據1 <= n <= 100000，m <= 100000，0 <= 格子權值 <= 10000。
*/
#include <stdio.h>
#define N 100000
#define A 1000
#define B 100
int sum(int* a, int m, int n)
{
int i, s = 0;
for (i = m; i <= n; i++)
s += a[i];
return s;
}
int max(int* a, int m, int n)
{
int i, s = a[m];
for (i = m + 1; i <= n; i++)
if (s < a[i])
s = a[i];
return s;
}
int main()
{
int i, j, k, m, n;
int a[100000], b[100000][3], c[A][2] = {0};
scanf("%d%d", &n, &m);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for (i = 0; i < m; i++)
for (j = 0; j < 3; j++)
scanf("%d", &b[i][j]);
for (i = 0; i < (n + B - 1) / B; i++)
{
c[i][0] = c[i][1] = a[i * B];
for (j = i * B + 1; j < i * B + B && j < n; j++)
{
c[i][0] += a[j];
if (c[i][1] < a[j])
c[i][1] = a[j];
}
}
for (i = 0; i < m; i++)
{
if (b[i][0] == 1)
{
c[(b[i][1] - 1) / B][0] += b[i][2] - a[b[i][1] - 1];
k = (b[i][1] - 1) / B;
if (c[k][1] <= b[i][2])
{
c[k][1] = b[i][2];
}
else if (a[b[i][1] - 1] == c[k][1])
{
a[b[i][1] - 1] = b[i][2];
c[k][1] = max(a, k * B, k * B + B > n ? n - 1 : k * B + B - 1);
}
a[b[i][1] - 1] = b[i][2];
}
else if (b[i][0] == 2)
{
int s = 0;
b[i][1]--, b[i][2]--;
int o = b[i][2] / B - b[i][1] / B;
if (o < 2)
{
s = sum(a, b[i][1], b[i][2]);
}
else
{
s = sum(a, b[i][1], (b[i][1] + B) / B * B - 1);
s += sum(a, b[i][2] / B * B, b[i][2]);
for (j = b[i][1] / B + 1; j < b[i][2] / B; j++)
s += c[j][0];
}
printf("%d\n", s);
}
else if (b[i][0] == 3)
{
int s = 0, t;
b[i][1]--, b[i][2]--;
int o = b[i][2] / B - b[i][1] / B;
if (o < 2)
{
s = max(a, b[i][1], b[i][2]);
}
else
{
s = max(a, b[i][1], (b[i][1] + B) / B * B - 1);
t = max(a, b[i][2] / B * B, b[i][2]);
if (s < t) s = t;
for (j = b[i][1] / B + 1; j < b[i][2] / B; j++)
if (s < c[j][1])
s = c[j][1];
}
printf("%d\n", s);
}
}
return 0;
}
/*
算法訓練 擺動序列
問題描述
如果一個序列滿足下面的性質，我們就將它稱為擺動序列：
1. 序列中的所有數都是不大於k的正整數；
2. 序列中至少有兩個數。
3. 序列中的數兩兩不相等；
4. 如果第i – 1個數比第i – 2個數大，則第i個數比第i – 2個數小；如
果第i – 1個數比第i – 2個數小，則第i個數比第i – 2個數大。
比如，當k = 3時，有下面幾個這樣的序列：
1 2
1 3
2 1
2 1 3
2 3
2 3 1
3 1
3 2
一共有8種，給定k，請求出滿足上面要求的序列的個數。
輸入格式
輸入包含了一個整數k。（k<=20）
輸出格式
輸出一個整數，表示滿足要求的序列個數。
樣例輸入
3
樣例輸出
8
*/
#include<stdio.h>
int f[21][21][21];
//f[i][j][k] i表示數的長度，j表示倒數第2位的取值，k表示最后一位的取值
int main()
{
int n,i,j,k,p;
int sum=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
if(i!=j)
f[2][i][j]=1;
for(i=3;i<=n;i++)//從長度為3開始
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
for(k=1;k<=n;k++)
{
for(p=1;p<=n;p++)
{
if(j>p&&k<p||j<p&&k>p)
f[i][j][k]+=f[i-1][p]
[j];
}
}
}
}
for(i=2;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
for(k=1;k<=n;k++)
sum+=f[i][j][k];
printf("%d",sum);
return 0;
}
/*
算法訓練 集合運算
問題描述
給出兩個整數集合A、B，求出他們的交集、並集以及B在A中的余集。
輸入格式
第一行為一個整數n，表示集合A中的元素個數。
第二行有n個互不相同的用空格隔開的整數，表示集合A中的元素。
第三行為一個整數m，表示集合B中的元素個數。
第四行有m個互不相同的用空格隔開的整數，表示集合B中的元素。
集合中的所有元素均為int范圍內的整數，n、m<=1000。
輸出格式
第一行按從小到大的順序輸出A、B交集中的所有元素。
第二行按從小到大的順序輸出A、B並集中的所有元素。
第三行按從小到大的順序輸出B在A中的余集中的所有元素。
樣例輸入
5
1 2 3 4 5
5
2 4 6 8 10
樣例輸出
2 4
1 2 3 4 5 6 8 10
1 3 5
樣例輸入
4
1 2 3 4
3
5 6 7
樣例輸出
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4
*/
#include <stdio.h>
#define MAX_N 1001
int n,m;
int Partition(int x[],int low,int high)
{
int pivotkey;
pivotkey = x[low];
while(low < high)
{
while(low<high && x[high]>=pivotkey)
high--;
x[low] = x[high];
while(low<high && x[low]<=pivotkey)
low++;
x[high] = x[low];
}
x[low] = pivotkey;
return low;
}
void QSort(int x[],int low,int high)
{
int pivotloc;
if(low < high)
{
pivotloc = Partition(x,low,high);
QSort(x,low,pivotloc-1);
QSort(x,pivotloc+1,high);
}
}
void jiao(int x[],int y[],int xx,int yy)
{
int i,j;
i = 1;
j = 1;
while(i<=xx && j<=yy)
{
if(x[i] == y[j])
{
printf("%d ",x[i]);
i++;
j++;
}
else if(x[i] < y[j])
i++;
else
j++;
}
printf("\n");
}
int bing(int x[],int y[],int z[],int xx,int yy)
{
int i,j,k;
i = 1;
j = 1;
k = 1;
while(i<=xx && j<=yy)
{
if(x[i] < y[j])
{
z[k] = x[i];
i++;
}
else if(x[i] > y[j])
{
z[k] = y[j];
j++;
}
else
{
z[k] = x[i];
i++;
j++;
}
k++;
}
if(i > xx)
while(j <= yy)
{
z[k] = y[j];
k++;
j++;
}
else
while(i <= xx)
{
z[k] = x[i];
k++;
i++;
}
return k;
}
void yu(int x[],int y[],int xx,int yy)
{
int i,j;
i = 1;
j = 1;
while(i<=xx && j<=yy)
{
if(x[i] == y[j])
{
i++;
j++;
}
else if(x[i] < y[j])
{
printf("%d ",x[i]);
i++;
}
else
j++;
}
if(j > yy)
while(i <= xx)
{
printf("%d ",x[i]);
i++;
}
printf("\n");
}
int main()
{
int i,l;
int a[MAX_N],b[MAX_N];
int c[2014];
scanf("%d",&n);
for(i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
QSort(a,1,n);
scanf("%d",&m);
for(i=1; i<=m; i++)
scanf("%d",&b[i]);
QSort(b,1,m);
jiao(a,b,n,m);
l = bing(a,b,c,n,m);
for(i=1; i<l; i++)
printf("%d ",c[i]);
printf("\n");
yu(a,b,n,m);
return 0;
}
/*
#include <stdio.h>
#define MaxSize 1000+5
void printArrary(int num[],int n)
{
int i;
for(i=0;i<n;i++)
{
printf("%d ",num[i]);
}
printf("\n");
return ;
}
void inputNumber(int num[],int n)
{
int i;
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
}
return ;
}
void BubbleSort(int num[],int n)
{
int i,j,temp;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=n-1;j>i;j--)
{
if(num[j]<num[j-1])
{
temp=num[j];
num[j]=num[j-1];
num[j-1]=temp;
}
}
}
return ;
}
void getIntersectionElements(int num1[],int num2[],int n,int m,int
Intersection[],int *points)
{
int i,j;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=0;j<m;j++)
{
if(num1[i]==num2[j])
{
printf("%d ",num1[i]);
//存入交集數組
Intersection[*points]=num1[i];
(*points)++;
break;
}
}
}
if(*points)
printf("\n");
return ;
}
void getAll(int num1[],int num2[],int n,int m,int Intersection[],int
*points)
{
int num[2*MaxSize],sum;
int i,j,k=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
num[i]=num1[i];
}
for(j=i;j<i+m;j++)
{
num[j]=num2[k++];
}
if(*points==0)
{
BubbleSort(num,m+n);
printArrary(num,m+n);
}
else
{
BubbleSort(num,m+n);
for(i=0;i<m+n;i++)
{
if(i)
{
if(num[i]!=num[i-1])
printf("%d ",num[i]);
}
else
{
printf("%d ",num[0]);
}
}
printf("\n");
}
return ;
}
void getTheOther(int num[],int n,int Intersection[],int *points)
{
int i,j,flag=1;
if(*points==0)
{
printArrary(num,n);
}
else
{
for(i=0;i<n;i++)
{
flag=1;
for(j=0;j<*points;j++)
{
if(num[i]==Intersection[j])
{
flag=0;
break;
}
}
if(flag)
{
printf("%d ",num[i]);
}
}
printf("\n");
}
return ;
}
main()
{
int m,n,A[MaxSize],B[MaxSize],Intersection[MaxSize];
int i,points=0;
//數據輸入
scanf("%d",&n);
inputNumber(A,n);
scanf("%d",&m);
inputNumber(B,m);
//數據處理
BubbleSort(A,n);
BubbleSort(B,m);
//輸出交集
getIntersectionElements(A,B,n,m,Intersection,&points);
//輸出並集
getAll(A,B,n,m,Intersection,&points);
//輸出B於A的補集
getTheOther(A,n,Intersection,&points);
//結果輸出
//printArrary(Intersection,points);
return 0;
}
*/
/*
算法訓練 瓷磚鋪放
問題描述
有一長度為N(1<=Ｎ<=10)的地板，給定兩種不同瓷磚：一種長度為1，另一
種長度為2，數目不限。要將這個長度為N的地板鋪滿，一共有多少種不同的鋪法
？
例如，長度為4的地面一共有如下5種鋪法：
4=1+1+1+1
4=2+1+1
4=1+2+1
4=1+1+2
4=2+2
編程用遞歸的方法求解上述問題。
輸入格式
只有一個數N，代表地板的長度
輸出格式
輸出一個數，代表所有不同的瓷磚鋪放方法的總數
樣例輸入
4
樣例輸出
5
*/
#include <stdio.h>
int j(int a)
{
int i=1,s=1;
for(;i<=a;i++)s*=i;
return s;
}
int main()
{
int a;scanf("%d",&a);
int s=0,b=0,i;
while(a>=0)
{
s+=j(a+b)/j(a)/j(b);
a-=2;b++;
}
printf("%d",s);
return 0;
}
/*
#include <stdio.h>
void funtion(int lenth,int *count)
{
//出口設計
if(lenth==0||lenth==1)
{
(*count)++;
return ;
}
//遞歸情況一
funtion(lenth-1,count);
//遞歸情況二
funtion(lenth-2,count);
}
main()
{
int N,count=0;
scanf("%d",&N);
funtion(N,&count);
printf("%d\n",count);
return 0;
}
*/
/*
算法訓練 冪方分解
問題描述
任何一個正整數都可以用2的冪次方表示。例如：
137=2的7次方+2的3次方+2的0次方
同時約定方次用括號來表示，即ab 可表示為a（b）。
由此可知，137可表示為：
2（7）+2（3）+2（0）
進一步：7= 2的2次方+2+2的0次方 （21用2表示）
3=2+2的0次方
所以最后137可表示為：
2（2（2）+2+2（0））+2（2+2（0））+2（0）
又如：
1315=2的10次方 +2的8次方 +2的5次方 +2+1
所以1315最后可表示為：
2（2（2+2（0））+2）+2（2（2+2（0）））+2（2（2）+2（0））+2+2（0
）
輸入格式
輸入包含一個正整數N（N<=20000），為要求分解的整數。
輸出格式
程序輸出包含一行字符串，為符合約定的n的0，2表示（在表示中不能有空
格）
*/
#include<stdio.h>
void f(int a)
{
int i=0,j,b[32],w,k;
if(a==0)printf("0");
else if(a==2)printf("2");
else if(a==1)printf("2(0)");
else
{
while(a){b[i]=a%2;a=a/2;i++;}w=i;
k=0;j=0;for(i=w-1;i>=0;i--)if(b[i])k++;
for(i=w-1;i>=0;i--)
if(b[i])
{j++;
if(i==1)printf("2");
else {printf("2(");f(i);printf(")");}
if(j!=k)printf("+");}
}
}
int main()
{
int a;scanf("%d",&a);
f(a);
return 0;
}
/*
算法訓練 攔截導彈
問題描述
某國為了防御敵國的導彈襲擊，發展出一種導彈攔截系統。但是這種導彈攔
截系統有一個缺陷：雖然它的第一發炮彈能夠到達任意的高度，但是以后每一發
炮彈都不能高於前一發的高度。某天，雷達捕捉到敵國的導彈來襲。由於該系統
還在試用階段，所以只有一套系統，因此有可能不能攔截所有的導彈。
輸入導彈依次飛來的高度（雷達給出的高度數據是不大於30000的正整數）
，計算這套系統最多能攔截多少導彈，如果要攔截所有導彈最少要配備多少套這
種導彈攔截系統。
輸入格式
一行，為導彈依次飛來的高度
輸出格式
兩行，分別是最多能攔截的導彈數與要攔截所有導彈最少要配備的系統數
樣例輸入
389 207 155 300 299 170 158 65
樣例輸出
6
2
*/
#include <stdio.h>
#define MAX_N 10000
int dp[MAX_N]={0};
int i=0;
int dao[MAX_N];
int max(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
void solve1()
{
int k,j;
int res = 0;
int n = i;
for(j=0; j<n; j++)
{
dp[j] = 1;
for(k=0; k<j; k++)
if(dao[k] > dao[j])
dp[j] = max(dp[j],dp[k]+1);
res = max(res , dp[j]);
}
printf("%d\n",res);
}
void solve2()
{
int k,j;
int res = 0;
int n = i;
for(j=0; j<n; j++)
{
dp[j] = 1;
for(k=0; k<j; k++)
if(dao[k] < dao[j])
dp[j] = max(dp[j],dp[k]+1);
res = max(res , dp[j]);
}
printf("%d\n",res);
}
int main()
{
char q;
int s=0;
while(q=getchar())
{
if(q>='0' && q<='9')
s = s*10+q-'0';
else if(q == ' ')
{
dao[i] = s;
i++;
s = 0;
}
else
break;
}
dao[i] = s;
i++;
solve1();
solve2();
return 0;
}
/*
算法訓練 回文數
問題描述
若一個數（首位不為零）從左向右讀與從右向左讀都一樣，我們就將其稱之
為回文數。
例如：給定一個10進制數56，將56加65（即把56從右向左讀），得到121是
一個回文數。
又如：對於10進制數87：
STEP1：87+78 = 165 STEP2：165+561 = 726
STEP3：726+627 = 1353 STEP4：1353+3531 = 4884
在這里的一步是指進行了一次N進制的加法，上例最少用了4步得到回文數
4884。
寫一個程序，給定一個N（2<=N<=10或N=16）進制數M（其中16進制數字為0
-9與A-F），求最少經過幾步可以得到回文數。
如果在30步以內（包含30步）不可能得到回文數，則輸出“Impossible!”
輸入格式
兩行，N與M
輸出格式
如果能在30步以內得到回文數，輸出“STEP=xx”（不含引號），其中xx是
步數；否則輸出一行”Impossible!”（不含引號）
樣例輸入
9
87
樣例輸出
STEP=6
*/
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
int p;
char s[1000];
int c[1000];
int reverse(int a[],int n) /*判斷a是否是回文*/
{
int i,j;
i=0;
j=n-1;
while(i<j&&a[i]==a[j])
{
i++;
j--;
}
return i>=j;
}
int aplus(int a[],int n,int m) /*計算a=a+a*/
{
int *b,i,j,kc;
b=(int *)malloc(sizeof(int)*1001);
for(i=0;i<n;i++)
b[n-1-i]=a[i];
kc=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
a[i]=a[i]+b[i]+kc;
kc=a[i]/m;
a[i]=a[i]%m;
}
if(kc>0)
a[n++]=kc;
free(b);
return n;
}
int stod(char s[],int a[])
{
int i;
for(i=0;s[i]!='\0';i++)
if(s[i]>='A'&&s[i]<='F')
a[i]=10+s[i]-'A';
else
a[i]=s[i]-'0';
return i;
}
int main()
{
int n,i;
scanf("%d",&p);
scanf("%s",s);
n=stod(s,c);
for(i=0;i<30;i++)
{
n=aplus(c,n,p);
if(reverse(c,n)==1)
{
printf("STEP=%d\n",i+1);
break;
}
}
if(i>=30)
printf("Impossible!\n");
return 0;
}
/*
算法訓練 旅行家的預算
問題描述
一個旅行家想駕駛汽車以最少的費用從一個城市到另一個城市（假設出發時油箱是空的）。給定兩個城市之間的距離D1、汽車油箱的容量C（以升為單位）、每升汽油能行駛的距離D2、出發點每升汽油價格P和沿途油站數N（N可以為零），油站i離出發點的距離Di、每升汽油價格Pi（i=1，2，……N）。計算結果四舍五入至小數點后兩位。如果無法到達目的地，則輸出“No Solution”。
輸入格式
第一行為4個實數D1、C、D2、P與一個非負整數N；
接下來N行，每行兩個實數Di、Pi。
輸出格式
如果可以到達目的地，輸出一個實數（四舍五入至小數點后兩位），表示最小費用；否則輸出“No Solution”（不含引號）。
樣例輸入
275.6 11.9 27.4 2.8 2
102.0 2.9
220.0 2.2
樣例輸出
26.95
*/
#include <stdio.h>
#define MAX_N 100
float D1,C,D2,P;
float A[MAX_N],B[MAX_N];
int N;
void solve()
{
int i;
float res = 0;
float pos,tank;
pos = B[0];
tank = C;
res += pos*tank;
float we=0;
for(i=1; i<N; i++)
{
tank -= (A[i] - A[i-1]-we)/D2;
if(B[i] < pos)
{
we = 0;
res -= tank*pos;
tank = C;
pos = B[i];
res += tank*pos;
}
else
{
if(tank < (A[i+1]-A[i])/D2)
{
we=0;
we = tank*D2;
tank = C;
pos = B[i];
res += tank*pos;
}
if(tank < 0)
{
puts("No Solution\n");
return ;
}
}
}
tank -= (D1-A[i-1]-we)/D2;
if(tank < 0)
{
puts("No Solution\n");
return ;
}
res -= tank*pos;
printf("%.2f\n",res);
}
int main()
{
int i;
scanf("%f%f%f%f%d",&D1,&C,&D2,&P,&N);
A[0] = 0;
B[0] = P;
N++;
A[N] = D1;
for(i=1; i<N; i++)
scanf("%f%f",&A[i],&B[i]);
if(D1 != 0)
solve();
else
puts("No Solution\n");
return 0;
}
/*
算法訓練 進制轉換
問題描述
cf為次方
我們可以用這樣的方式來表示一個十進制數： 將每個阿拉伯數字乘以一個以該數字所處位置的（值減１）為指數，以１０為底數的冪之和的形式。例如：１２３可表示為 １＊１０２＋２＊１０１＋３＊１００這樣的形式。
與之相似的，對二進制數來說，也可表示成每個二進制數碼乘以一個以該數字所處位置的（值－１）為指數，以２為底數的冪之和的形式。一般說來，任何一個正整數Ｒ或一個負整數－Ｒ都可以被選來作為一個數制系統的基數。如果是以Ｒ或－Ｒ為基數，則需要用到的數碼為 ０，１，．．．．Ｒ－１。例如，當Ｒ＝７時，所需用到的數碼是０，１，２，３，４，５和６，這與其是Ｒ或－Ｒ無關。如果作為基數的數絕對值超過１０，則為了表示這些數碼，通常使用英文字母來表示那些大於９的數碼。例如對１６進制數來說，用Ａ表示１０，用Ｂ表示１１，用Ｃ表示１２，用Ｄ表示１３，用Ｅ表示１４，用Ｆ表示１５。
在負進制數中是用－Ｒ 作為基數，例如－１５（十進制）相當於１１０００１（－２進制），並且它可以被表示為２的冪級數的和數：
１１０００１＝１＊（－２）５cf＋１＊（－２）４cf＋０＊（－２）３cf＋０＊（－２）２cf＋
０＊（－２）１cf ＋１＊（－２）０cf
設計一個程序，讀入一個十進制數和一個負進制數的基數, 並將此十進制數轉換為此負進制下的數： －Ｒ∈｛－２，－３，－４，．．．，－２０｝
輸入格式
一行兩個數，第一個是十進制數Ｎ（－32768＜＝Ｎ＜＝32767）， 第二個是負進制數的基數－Ｒ。
輸出格式
輸出所求負進制數及其基數，若此基數超過１０，則參照１６進制的方式處理。（格式參照樣例）
樣例輸入1
30000 -2
樣例輸出
30000=11011010101110000(base-2)
樣例輸入
-20000 -2
樣例輸出
-20000=1111011000100000(base-2)
樣例輸入
28800 -16
樣例輸出
28800=19180(base-16)
樣例輸入
-25000 -16
樣例輸出
-25000=7FB8(base-16)
*/
#include <stdio.h>
const char nc[20]={'0','1','2','3','4','5','6','7','8','9','A','B','C','D','E','F','G','H','I','J'};
char str[20];
int main()
{
int m, n, k, t, s;
int i=0;
scanf("%d%d",&m,&n);
s = m;
while(m != 0)
{
k = m % n;
t = m / n;
if(k < 0)
{
k -= n;
t++;
}
m = t;
str[i++]=nc[k];
}
printf("%d=",s);
for(i = i- 1; i >= 0; i--)
printf("%c",str[i]);
printf("(base%d)\n",n);
return 0;
}
/*
算法訓練 乘積最大
問題描述
今年是國際數學聯盟確定的“2000——世界數學年”，又恰逢我國著名數學家華羅庚先生誕辰90周年。在華羅庚先生的家鄉江蘇金壇，組織了一場別開生面的數學智力競賽的活動，你的一個好朋友XZ也有幸得以參加。活動中，主持人給所有參加活動的選手出了這樣一道題目：
設有一個長度為N的數字串，要求選手使用K個乘號將它分成K+1個部分，找出一種分法，使得這K+1個部分的乘積能夠為最大。
同時，為了幫助選手能夠正確理解題意，主持人還舉了如下的一個例子：
有一個數字串：312， 當N=3，K=1時會有以下兩種分法：
3*12=36
31*2=62
這時，符合題目要求的結果是：31*2=62
現在，請你幫助你的好朋友XZ設計一個程序，求得正確的答案。
輸入格式
程序的輸入共有兩行：
第一行共有2個自然數N，K（6≤N≤40，1≤K≤6）
第二行是一個長度為N的數字串。
輸出格式
輸出所求得的最大乘積（一個自然數）。
樣例輸入
4 2
1231
樣例輸出
62
*/
#include <stdio.h>
#define maxN 41
#define maxK 7
#define InfiniteMin -999999999
int main()
{
int N,K;
int i,j,k,m;
int A[maxN][maxK]; /*A[i][j]表示前i個數有j個乘號能達到的最大乘積*/
int s[maxN];
char num[maxN];
int temp,max;
scanf("%d%d%s",&N,&K,num);
for(i=0;i<N;i++)
s[i+1]=num[i]-'0';
for(i=1;i<=N;i++)
{
temp=0;
for(j=1;j<=i;j++)
temp=temp*10+s[j];
A[i][0]=temp;
}
for(j=1;j<=K;j++)
{
for(i=j+1;i<=N;i++)
{
max=InfiniteMin;
for(k=i;k-1>j-1;k--)
{
temp=0;
for(m=k;m<=i;m++)
temp=temp*10+s[m];
temp*=A[k-1][j-1];
max=max>temp?max:temp;
}
A[i][j]=max;
}
}
printf("%d",A[N][K]);
return 0;
}
/*
算法訓練 方格取數
問題描述
設有N*N的方格圖(N<=10),我們將其中的某些方格中填入正整數,而其他的方格中則放入數字0。
某人從圖的左上角的A 點(1,1)出發，可以向下行走，也可以向右走，直到到達右下角的B點(N,N)。在走過的路上，他可以取走方格中的數（取走后的方格中將變為數字0）。
此人從A點到B 點共走兩次，試找出2條這樣的路徑，使得取得的數之和為最大。
輸入格式
輸入的第一行為一個整數N（表示N*N的方格圖），接下來的每行有三個整數，前兩個表示位置，第三個數為該位置上所放的數。一行單獨的0表示輸入結束。
輸出格式
只需輸出一個整數，表示2條路徑上取得的最大的和。
樣例輸入
8
2 3 13
2 6 6
3 5 7
4 4 14
5 2 21
5 6 4
6 3 15
7 2 14
0 0 0
樣例輸出
67
*/
#include <stdio.h>
#define max(a,b) a>b?a:b
#define min(a,b) a<b?a:b
int main()
{
int map[11][11]={0},f[11][11]={0};
int i,j,k,N,t;
scanf("%d",&N);
while (scanf("%d%d%d",&i,&j,&k)&&(i||j||k)) map[i][j]=k;
for (i=2;i<=2*N;i++)
for (t=min(i,N),j=t;j>0;j--)
for (k=t;k>0;k--)
{
f[j][k]=max(f[j][k],f[j-1][k-1]);
f[j][k]=max(f[j][k],f[j][k-1]);
f[j][k]=max(f[j][k],f[j-1][k]);
if (j==k) f[j][k]+=map[j][i-j];
else f[j][k]+=map[j][i-j]+map[k][i-k];
}
printf("%d",f[N][N]);
return 0;
}
/*
算法訓練 求先序排列
問題描述
給出一棵二叉樹的中序與后序排列。求出它的先序排列。（約定樹結點用不同的大寫字母表示，長度<=8）。
輸入格式
兩行，每行一個字符串，分別表示中序和后序排列
輸出格式
一個字符串，表示所求先序排列
樣例輸入
BADC
BDCA
樣例輸出
ABCD
*/
#include"stdio.h"
#include"string.h"
void dg(char z[],char h[])
{
if(strlen(h)==0)
return;
printf("%c",h[strlen(h)-1]);
if(strlen(h)==1)
return;
if(strlen(h)==2)
{
printf("%c",h[0]);
return;
}
char a[9],b[9];
int i,j;
for(i=0;z[i]!=h[strlen(h)-1];i++)
a[i]=z[i],b[i]=h[i];
a[i]='\0';
b[i++]='\0';
dg(a,b);
for(j=0;i<strlen(h);i++,j++)
a[j]=z[i],b[j]=h[i-1];
a[j]='\0';
b[j]='\0';
dg(a,b);
}
int main()
{
char h[9],z[9];
scanf("%s",z);
scanf("%s",h);
dg(z,h);
return 0;
}
