I、 Intergalactic Bidding
theme:n個人在進行拍賣，每個人的出價至少是當前最高價的兩倍，給定s，輸出出價和爲s的這些人的名字，沒有則輸出0
solution: 先將這n個人按錢數從大到小排，先找到錢數開始<=s的人，由於“每個人的出價至少是當前最高價的兩倍”，可知對於任意一個人i，他的錢比他後面人（錢數小於他）的錢數之和還大。所以要想和達到s，則這個人必須選（因爲剩下的加起來都沒i錢多，那就更<s了），所以遍歷後s-=m[i],之後重複尋找。最終s=0代表有，！=0則表示不存在組合。
由於s的是z大整數，所以考慮用java寫，注意刪掉包名，用Main命名類
import java.math.BigInteger;
import java.util.Arrays;
import java.util.Comparator;
import java.util.Scanner;
import javax.naming.ldap.SortControl;
class Participnt{
public String name;
public BigInteger t;
public Participnt(String name,BigInteger t){
this.name=name;
this.t=t;
}
}
public class Main {
public static void main(String args[]){
Scanner input=new Scanner(System.in);
int n =input.nextInt();
BigInteger s=input.nextBigInteger();
Participnt participnt[] = new Participnt[n];
String ans[]=new String[n];
int ansnum=0;
for(int i=0;i<n;++i){
String name=input.next();
BigInteger t=input.nextBigInteger();
participnt[i]=new Participnt(name, t);
}
Arrays.sort(participnt,0,n,new MyCompare());
for(int i=n-1;i>=0;--i){
if(s.compareTo(participnt[i].t)>=0){
s=s.subtract(participnt[i].t);
ans[ansnum++]=new String(participnt[i].name);
}
}
Arrays.sort(ans,0,ansnum);
if(s.compareTo(BigInteger.ZERO)==0){
System.out.println(ansnum);
for(int i=0;i<ansnum;++i){
System.out.println(ans[i]);
}
}else
System.out.println(0);
}
static class MyCompare implements Comparator<Participnt>{
@Override
public int compare(Participnt a, Participnt b) {
if(a.t.compareTo(b.t)>0){
return 1;
}else if(a.t.compareTo(b.t)<0){
return -1;
}else
return 0;
}
}
}
K、 King's Colors
theme:給定一顆n個結點的樹， 結點編號從0~n,有k種顏色，問怎麼用這k種顏色給n個結點塗色，使得k種顏色都被用上且相鄰結點（父子結點，注意不是相鄰兄弟結點）顏色不同，不同方案數有幾種？
solution:如果是最多用k種顏色，則答案是個G(k)=k(k-1)^(n-1)種，設f(k)爲恰好用k種顏色的方案數，則
由二項式反演得
extension:二項式反演
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
#define far(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define fdr(i,a,b) for(int i=b-1;i>=a;--i)
int mod=1000000007;
ll c[2505][2505]={0};
void getC(int x)
{
far(i,0,x+1)
{
c[i][0]=1;
c[i][i+1]=0;
for(int j=1;j<=i;++j)
{
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
//cout<<i<<" "<<j<< " "<<c[i-1][j]<<" "<<c[i-1][j-1]<<" "<<c[i][j]<<endl;
}
}
}
ll qm(ll x,int n)//x^n
{
ll ans=1;
while(n)
{
if(n%2)
ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
getC(2500);
int n,k;
cin>>n>>k;
int x;
far(i,1,n)
scanf("%d",&x);
ll sum=0;
far(i,2,k+1)
{
int sign=(k-i)%2 ?-1:1;
sum=((sum+sign*c[k][i]*i%mod*qm((ll)i-1,n-1)%mod)%mod+mod)%mod;
}
printf("%lld",sum);
}
- 代碼中注意的點：組合求法採用dp,c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1]
- (k-1)^(n-1)用快速冪
- 注意結果爲正，而sum在一步步加的過程中可能爲負，（a-b）%5與a%5-b%5不等！
F、Firing the Phaser
theme:給定r個邊界與x,y軸平行的矩形房間，由左下角和右上角座標表示，有一艘飛船想通過發射一束激光來一次性襲擊儘可能多的房間，激光的起點和發射角度自定，但長度l已知，問最多能一次襲擊多少個房間（交叉就代表被襲擊）
A、Altruistic Amphibians
theme:有n只青蛙掉進深度爲d的洞裏，給定這n只青蛙能跳的高度l,重量w和高度h，每次青蛙可以通過疊在比它重的青蛙的背上跳出，這個時候它能跳的高度就是h1+l2了，可以無限疊但要保證每隻青蛙的重量要>=它上面所有青蛙的重量之和。疊完後一隻跳出後下面的青蛙重回到地面重新疊。問最多有多少隻青蛙能跳出去(>d才能跳出)。
solution:按重量從大到小排序（因爲重量最大的只能靠自己，沒法踩在被動青蛙身上），然後遍歷每隻青蛙，前面的都是比他重的，此時的目的是找到滿足重量疊加條件且疊起高度最高的疊加方案，用dp[w[i]]表示重量爲w[i]的青蛙能疊起來的最大高度，則狀態轉移方程爲dp[j]=max(dp[j],h[i]+dp[w[i]+j])(for j in range[1,wi-1])，因爲如果重量爲w[i]的青蛙都能疊上去，則重量比它輕的也一定能疊在相同的青蛙上。
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
#define far(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
struct _a
{
int l,w,h;
}a[100010];
ll dp[100000010]={0};
int m=100000001;
bool cmp(_a x,_a y)
{
return x.w>y.w;
}
int main()
{
int n,d;
cin>>n>>d;
far(i,n)
scanf("%d%d%d",&a[i].l,&a[i].w,&a[i].h);
sort(a,a+n,cmp);
int ans=0;
far(i,n)
{
if(dp[a[i].w]+a[i].l>d)
++ans;
for(int j=a[i].w+1;j<min(a[i].w*2,m);++j)
dp[j-a[i].w]=max(dp[j-a[i].w],dp[j]+a[i].h);
}
printf("%d",ans);
}
H、House Lawn
theme: