首先要超級感謝“燈神”——丁凱朔同學的耐心解答，蟹蟹這位兄dei救我於水火，因此這些感謝的話必須放在C位——最顯眼的位置上。你可以不看題解，但必須得瞻仰一下他的大名，沒錯就是這樣哈哈~
多餘的空話不多說，也不會說，但這份感謝是放在心裏啦，好兄弟謝謝你！（順便說一句，zg是我“兒子”，這輩分你懂得~）
1.無聊的hbz （細心審題）
大年初二，走親戚回來，hbz過於無聊，在網上打起了電風扇的主意，
電風扇是由開關控制的，（按一下就吹風，再按一下就關了），
hbz把 2000 個電風扇 3 的倍數按了一次，5 的倍數按了一次，
7的倍數按了一次，11的倍數按了一次（電風扇的編號從 1-1000，電風扇的初始狀態都是關的）。
以上操作完之後，hbz在想還剩下幾個電風扇還在吹風？答案是一個整數，請通過瀏覽器直接提交該數字。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int a[2005];
int main(){
memset(a,-1,sizeof a); //用-1表示off，用1表示on
for(int i=1;i<=2000;i++){
if(i%3==0) a[i]=-a[i];
if(i%5==0) a[i]=-a[i];
if(i%7==0) a[i]=-a[i];
if(i%11==0) a[i]=-a[i];
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=2000;i++){
if(a[i]==1) ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
2.【羊羊過橋】（太低估小羊的智商了——貪心）
青青草原上的羊羊們被灰太狼追到了的河邊，河邊有一座小橋，4只小羊都在橋的同一邊。
這時是晚上，他們只有一個手電筒，每次最多隻能讓兩隻羊同時過橋。不管是誰過橋,
不管是一隻羊還是兩隻羊,必須要帶着手電筒。手電筒必須要傳來傳去,不能扔過去。
每隻羊過橋的速度不同,兩隻羊的速度必須以較慢的那隻羊的速度過橋。如果他們自己過橋，
他們所需要的時間如下：
喜羊羊：過橋需要1分鐘；
美羊羊：過橋需要2分鐘；
懶羊羊：過橋需要5分鐘；
慢羊羊：過橋需要8分鐘.
求所有羊羊通過橋所需要的最短時間？答案是一個整數，請通過瀏覽器直接提交該數字。
即先排序，後比較以下哪種解法更省時間
- a[0]+a[1]過去，a[0]回來，a[0]+a[2]過去，a[0]回來，a[0]+a[3]過去，over（a[0]爲傳手電筒使者）
- a[0]+a[1]過去，a[0]回來，a[2]+a[3]過去，a[1]回來，a[0]+a[1]過去，over；
3.拼火柴（特況判斷不能少，致命的小錯誤）
小明幫妹妹輔導寒假作業，其中一道題是利用火柴棒拼等式，題目給你20根火柴棍，問可以拼出多少個形如 "A+B=C" 的等式？
注意：
數字0-9分別需要的火柴棒的數目爲： 6，2，5，5，4，5，6，3，7，6
等式中的 A、B、C 是用火柴棍拼出的整數
若A、B、C 不爲0，則最高位不能爲0
加號與等號各自需要兩根火柴棍
如果 A!=B，則 A+B=C與 B+A=C 視爲不同的等式(A,B,C>=0)
n 根火柴棍必須全部用上答案是一個整數，請通過瀏覽器直接提交該數字。
#include<iostream>
using namespace std;
int a[20]= {6,2,5,5,4,5,6,3,7,6};
int f(int x) {
int tmp=0;
if(x==0) tmp+=a[0]; //一定要注意特況判斷！
while(x) {
tmp+=a[x%10];
x/=10;
}
return tmp;
}
int main() {
int ans=0;
for(int i=0; i<= 1000; i++) {
for(int j=i; j<=1000; j++) {
if(f(i)+f(j)+f(i+j)==16){
if(i==j) ans++;
else ans+=2;
cout<<i<<' '<<j<<' '<<i+j<<endl;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
4.是男人就挑戰一百層（出題不嚴謹，但重在領會精神）
如果一個人從最高N層樓跳下去毫髮無損，就稱他（她）的戰力爲N，一個人的最高戰力爲100（從100層以上的樓層跳下均記爲100）。
現在要測試每個人的戰力。當然不是真的去跳樓，有一個模擬機器，可以模擬跳樓後的數據，但是每次只能選定一層樓模擬，然後機器給出對應的數據，那麼要想測出一個人的戰力，在最壞情況下，需要模擬幾次？
假設甲由3樓跳下，毫髮無損，6樓跳下有損傷，5樓跳下毫髮無損，那麼他的戰力爲5，測試次數爲3次。
請求出在最壞情況下測出一個人的戰力的最少模擬次數。（原題目爲有且只有兩個雞蛋，摔壞就沒了）
原文：https://blog.csdn.net/Sirius_han/article/details/81152572 （個人在代碼處略加註釋，此外均爲引用原文，在此感謝原博主分享心得）
現有兩個硬度相同的雞蛋，以及一棟100層的樓，如果雞蛋在第n層樓摔下去不會碎，在n-1層樓摔下去會碎，那麼雞蛋的硬度是n，如果要測出雞蛋的硬度n，在最壞情況下最少要測試幾次？每測試一次就把一個雞蛋從x層樓扔下去；只有兩個雞蛋可用，雞蛋摔碎了就不能用了；
題目分析：
1：二分？？？？
剛開始看到這個題腦子裏最先蹦出來的就是二分；每次取一半，log(n)的算法，然後稍微深入分析一下就悲劇了；
按照二分思路，第一個雞蛋在50層扔下，沒有碎；75層，還沒碎；88層，仍然堅強不碎；94層，還是一如既往的堅固；97層，還不碎？？？？！！！；99層，，，，，，100層；7次就測出來了；你這麼能咋不直接從100層扔雞蛋？直接不碎，1次就測出來了。。。
注意題目要求最壞情況；什麼是最壞情況？第一個雞蛋50層就碎了，還剩一個雞蛋，此時你只能乖乖的從第1層開始測試，不然的話，50層之後直接到25層，第二個雞蛋也碎了就測不出雞蛋的強度了；
所以二分在最壞情況下需要測50次：第一個雞蛋在50層碎了，第二個雞蛋從第一層測試到49層：1+49=50；
2：分段？？？？
第一次測x層，沒破測2*x層，依次遞推，如果在i*x層破了，就從(i-1)*x+1層開始一直測到i*x層，
經過計算髮現最優的x是8, 9, 10, 11, 12, 13，此時需要測k=19次(100/x+(x-1))；
這個好像比較靠譜，19次就能測出來，比二分靠譜多了；難道就沒有更好的方法了嗎？？？？
3：遞推！！！
如果第一次扔雞蛋，雞蛋就碎了，那麼第二個雞蛋一定是從1層向上測試，此時如果第一次在第k層樓扔雞蛋，雞蛋卒，最壞情況下還需測k-1次，共計k次；現在我們假設最少就需要k次能測出雞蛋硬度，第一次扔雞蛋，雞蛋卒的情況下最優解是k，若第一次雞蛋生，第二次扔雞蛋雞蛋卒最優解也要是k的話，第二次一定在第k+k-1=2*k-1層樓扔雞蛋，因爲在第二次扔雞蛋，雞蛋卒後，就需要由第k+1層測試到第2*k-2層，測試了k-2次，共計1+1+k-2=k次；同理，如果第二次扔雞蛋，雞蛋未卒，第三次扔雞蛋，雞蛋卒，則第三次在第k+(k-1)+(k-2)層扔雞蛋。。。依次遞推當前k-1次雞蛋都逃出生天，到第k次扔雞蛋時已經該測試第k+(k-1)+(k-2)+(k-3)+···+1=(k+1)*k/2層樓了，也就是說，此樓最多(k+1)*k/2層才能通過最少k次測出雞蛋硬度；
綜上所述：當(k+1)*k/2>=n時，一定可以用k次測出在n層樓上雞蛋的強度；
對於一個給定的n，取最小的k滿足上式，k就是最優解；
當n=100時，k=14時最優；
4：動態規劃！！！！
是不是很驚訝？？？！！！這樣也能DP！！！
若n爲樓層總數， 令f[n]爲總共n層樓時的最優解；在第i層樓如果雞蛋碎了， f[i]=i-1+1(從第一層開始測試);如果雞蛋未碎， f[i]=f[n-i]+1(在剩下的n-i層樓測試最優解)；所以：f[i]=max(i-1, f[n-i])+1;
f[n]=min(max(i-1, f[n-i])+1 | i=1, 2, 3, 4, ···, n);
#include<iostream> using namespace std; int dp[105]; int main(){ dp[0]=0; //!!! for(int i=1;i<=100;i++){ dp[i]=i; for(int j=1;j<=i;j++) dp[i]=min(dp[i],max(j-1,dp[i-j])+1); } cout<<dp[100]; return 0; }
將該題擴展一下， n層樓，m個雞蛋如何推出最優解？
還是用DP做一下：f[n][m]表示n層樓m個雞蛋時的最優解；
在第i層，有j個雞蛋時，本次測試雞蛋卒，f[i][j]=f[i-1][j-1]+1(用剩下的j-1個雞蛋測試i-1層)，雞蛋生還f[i][j]=f[n-i][j]+1(繼續用j個雞蛋測試剩下的n-i層)；f[i][j]=max(f[i-1][j-1], f[n-i][j])+1;
所以f[n][m]=min(max(f[i-1][j-1], f[n-i][j])+1 | i=1, 2, 3, 4, ···， n)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int f[105][105]; //f[n][m]表示n層樓m個雞蛋時的最優解 for(int i=0; i<=100; i++){ f[i][1]=i; } for(int j=2; j<=100; j++) //僅多一層j個雞蛋的循環 for(int i=1; i<=100; i++){ f[i][j]=i; for(int k=1; k<=i; k++){ f[i][j]=min(f[i][j], max(f[k-1][j-1], f[i-k][j])+1); } } cout << f[100][2] << endl; return 0; }
5.【沙漠旅行】（審題有誤+和的數據範圍）
探險家要到沙漠旅行，途中有編號爲1-n的n個城市，探險家從1號城市順序向後走，一直走到n號城市，並從n號城市離開沙漠。
探險家的水壺中有一個初始水量，每個城市對應一個整數A[i]，表示在這個城市可以獲得的水量。如果A[i] > 0，探險家走到
這個城市能夠獲取A[i]的水，如果A[i] < 0，走到這個城市需要消耗相應的水，如果水壺的水量 < 0，就無法繼續前進了。
問探險家初始最少需要攜帶多少的水，才能完成整個旅程。輸入
第1行：1個數n，表示城市的數量。(1 <= n <= 50000)
第2 - n + 1行：每行1個數A[i]，表示城市中獲得的水量(-1000000000 <= A[i] <= 1000000000)輸出
輸出1個數，對應從1走到n初始最少需要攜帶多少的水。輸入樣例
5
1
-2
-1
3
4輸出樣例
2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#define Inf 1000000001
using namespace std;
typedef long long ll; //單個數據不超範圍，但是和呢?
int main() {
int n,x;
ll ans=0,sum=0;
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%d",&x);
sum+=x;
if(sum<0) { //當時自己的錯誤：minn=min(minn,ans);
ans+=abs(sum);
sum=0;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
6.標題：無人機航線規劃（待更新……沒錯我就是懶，所以還沒看；不用看了，這道題沒有題解的哈哈）
某海島遭遇颶風災害，道路設施受損嚴重。救援部門爲儘快探明主要交通幹道的受損情況，在地圖上劃定了主要交通幹道的偵察點，
(如圖a所示)，決定使用無人機對這些偵察點進行偵察。救援部門想知道，在只有一架無人機，且無人機有航程限制的情況下，考慮
無人機的返航，如何規劃無人機的航線(如圖b所示)，才能對更多的偵察點進行偵察。給出無人機的起點0的座標(x0,y0)，偵察點的數量n, 無人機的航程m，以及各偵察點i的座標(xi,yi)。
請輸出覆蓋最多偵察點的路徑中航程最短的路徑。若路徑有多個，輸出字典序最大的路徑。
計算距離時請保留到小數點後兩位。
【輸入格式】
n m
x0 y0
x1 y1
x2 y2
. . .
xn yn對於40%的數據，0<n<5;
對於70%的數據，0<n<7;
對於100%的數據, 0<n<10; 10<m<100; -10 <= xi, yi <= 10 ;
【輸出格式】
輸出無人機的偵察航線【輸入樣例1】
5 35
4 1
2 7
7 1
0 8
-3 -3
3 6
【輸出樣例1】
0->4->3->1->5->2->0【輸入樣例2】
10 45
0 0
9 -6
-2 -5
9 1
9 9
6 0
-8 -7
4 -2
10 7
-6 2
-3 6
【輸出樣例2】
0->9->10->4->8->3->5->7->0
資源約定：
峯值內存消耗（含虛擬機） < 256M
CPU消耗 < 2000ms
7.龍宮盜寶(中國最“貪心”小偷，沒有之一)
老龍王酷愛收藏寶貝，他蒐羅了很多寶貝藏在他的龍宮之中。某日一小偷潛入龍宮之中企圖盜竊龍宮寶物。假設寶物是被一字排列的，每個寶物都裝在一個盒子裏，老龍王在某些盒子裏設計了一些陷阱。小偷如果拿到裝有寶物的盒子，則會獲得一定的收益，如果盒子裏有陷阱則會有一定的損失。小偷爲了儘快的拿走寶物而不被發現，決定從某個盒子開始，連續的拿走若干的盒子。問小偷從哪個盒子開始拿並且拿多少個盒子,才能使得到的收益最高。
輸入描述
題目包含多組輸入
n表示有n個盒子(n<=1000000),隨後n個數表示每個盒子能帶來的收益val,(-100<=val<=100)。
輸出描述
輸出兩個值小偷拿的第一個盒子的位置i（從1開始數),拿走盒子的個數k。中間用空格隔開。如果有多種結果，要求在i儘量小的前提下k儘量大（因爲小偷很貪心，他總想多拿一點，當然知曉老龍王陰險的他也可以一個都不拿並輸出"龍宮如此之窮"）。
### 輸入示例
5 -1 2 3 -2 4### 輸出示例
2 4提示
選擇 2 3 -2 4
#include<iostream>
#define Inf 1000000001
using namespace std;
int main() {
int n,x;
while(cin>>n) {
int sum=0,left=1,begin=1,end=1,maxn=-Inf;
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%d",&x);
if(sum>=0)
sum+=x;
else{
sum=x;
left=i;
}
if(sum>=maxn){
maxn=sum;
begin=left;
end=i;
}
}
if(maxn<0) cout<<"龍宮如此之窮\n";
else cout<<begin<<' '<<(end-begin+1)<<endl;
}
return 0;
}
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1000005;
int a[N],dp[N];
int main(){
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
int flag=0,maxn=0,sum=0,start=0,end=0;
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]>=0) flag=1; //標記是否有價值爲正數or 0的寶藏可拿
}
if(flag==0){
printf("龍宮如此之窮\n");
continue; //直接退出提高效率
}
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=max(dp[i],dp[i-1]+a[i]);
if(dp[i]>=maxn){
maxn=dp[i];
end=i;
}
}
for(int i=end;i>=1;i--){
sum+=a[i];
if(sum==maxn){
start=i;
//break; 因爲會有0啊
}
}
printf("%d %d\n",start,end-start+1);
}
return 0;
}
8.yzm10鋪地毯（樣例畫面太美我不敢看，題解代碼好牛大佬風流，橫批：頂禮膜拜！！！）
64MB/2000ms
繼yzm10鋪瓷磚後，我們又收到了一項重要的任務，Consumer要求yzm10在光滑的地面上再鋪設一層地毯，並且邀請您進行設計。挑剔的Consumer選擇瞭如（圖片）所示圖案。
謝爾賓斯基地毯：採用的是正方形進行分形構造，謝爾賓斯基地毯和它本身的一部分完全相似，因此具有自相似性。其三維結構便是著名的門格爾海綿。
yzm10給出了地毯的構造層數（n<6），現在請您進行設計。輸入：
一個正整數n輸出：
打印圖案樣例說明：
爲保證打印圖案儘可能接近正方形，將"##"視作一個字符。行首行尾沒有多餘空格。輸入樣例1：
1
輸出樣例1：
輸入樣例2：
2
輸出樣例2：
輸入樣例3：
3
輸出樣例3：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int mp[250][250];
void dfs(int x,int y,int len){ //中心點座標及小一號的正方形邊長
if(len==0) return;
for(int i=x-len/2;i<=x+len/2;i++) //將該小正方形所有空格標記
for(int j=y-len/2;j<=y+len/2;j++)
mp[i][j]=true;
dfs(x-len,y-len,len/3);dfs(x-len,y,len/3);dfs(x-len,y+len,len/3); //第一行
dfs(x,y-len,len/3);dfs(x,y+len,len/3); //第二行
dfs(x+len,y-len,len/3);dfs(x+len,y,len/3);dfs(x+len,y+len,len/3); //第三行
}
int main(){
int n;
cin>>n;
int len=pow(3,n); //大正方形邊長
dfs(len/2+1,len/2+1,len/3); //中心點座標及小一號的正方形邊長
for(int i=1;i<=len;i++){
for(int j=1;j<=len;j++){
if(mp[i][j]) printf(" ");
else printf("##");
}
printf("\n");
}
return 0;
}
9.最短時間
時間限制：500ms
內存限制：100M夢工廠有 n 個分廠（從 1 開始編號），有m對分廠通過雙向鐵路相連。
爲了保證每兩個分廠之間的同學可以方便地進行交流，掌舵人張老師就在那些沒有鐵路連接的分廠之間建造了公路。
在兩個直接通過公路或鐵路相連的分廠之間移動，需要花費 1 小時。
現在菜雞wxy和hbz都從1廠出發，wxy開火車，hbz開汽車，各自前往n廠。但是，他們中途不能同時停在同一個分廠
（但是可以同時停在n廠）。
現在請你來爲wxy和hbz分別設計一條線路，使他們儘可能快地到達n廠（即要求他們中最後到達n廠的時間最短）。
所有的公路或鐵路可以被多次使用，求最短時間。(火車和汽車可以同時到達n，也可以先後到達。)輸入：
首先有 2 個整數 n 和 m (2<=n<=500, 0<=m<=n*（n-1)/2 分別表示夢工廠分廠的數目和鐵路的數目；
接下來的 m 對數字，每對由兩個整數 u 和 v 構成，表示小鎮 u 和小鎮 v 之間有一條鐵路。(u!=v 1<=u,v<=n)
輸入保證無重邊輸出
輸出一個整數，表示答案，如果沒有合法的路線規劃，輸出-1輸入樣例：
4 3
1 2
2 3
3 4輸出樣例：
3根據題意，只用求1與n之間 沒有路的那種交通方式 從1~n的time（Dijkstra算法）。
至於題目要求兩人不能同時停在2~n-1之間的任意一個站點什麼的都是唬人的……雖然現在說來簡單，可當時我就是沒反應過來，怪我太年輕~
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define Inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m;
int dis[505],vis[505];
int mp[505][505];
void dijkstra(int val){
for(int i=1;i<=n;i++){ //一定要轉化，確認是走公路的還是走鐵路的人慢
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) mp[i][j]=0;
else if(mp[i][j]==val) mp[i][j]=1;
else mp[i][j]=Inf;
}
}
dis[1]=0; //別忘了！！！
for(int i=1;i<n;i++){
int minn=Inf,index=-1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j]&&dis[j]<minn){
minn=dis[j];
index=j;
}
}
if(index==-1) break;
vis[index]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(mp[index][j]!=Inf&&!vis[j]&&dis[j]>dis[index]+mp[index][j]) //第一個判斷必不可少！主要適用於用0代替Inf時
dis[j]=dis[index]+mp[index][j];
}
}
int main(){
int u,v;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(dis,Inf,sizeof dis);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
mp[u][v]=mp[v][u]=1;
}
dijkstra(!mp[1][n]); //很巧妙的傳參技巧！
printf("%d\n",dis[n]==Inf?-1:dis[n]);
return 0;
}