玛梅里达为了能准时且安全的抵达最后三个车站与对方会见,对于每组测试数据都输出二个正整数

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[UVA 1025] A Spy in the Metro

括号匹配(二)

http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=15

时光限定:一千 ms  |  内存限制:65535 KB

难度:6

输入

率先行输入二个正整数N,表示测试数据组数(N<=10)
每组测试数据都唯有一行,是多个字符串S,S中只包含以上所说的八种字符,S的长度不当先100

输出

对此每组测试数据都输出壹个正整数,表示最少需求充裕的括号的数据。每组测试输出占一行

样例输入

4
[]
([])[]
((]
([)]

样例输出

0
0
3
2

描述

给你二个字符串,里面只含有”(“,”)”,”[“,”]”种种标志,请问您要求至少添加多少个括号才能使那个括号匹配起来。
如:
[]是合作的
([])[]是万分的
((]是不匹配的
([)]是不包容的

 

思路

假定:

  1. s(i)代表括号字符串中第i个字符;
    2.
    d[i][j]代表使括号字符串s(i)s(i+1)…s(j)匹配最少必要充分的括号的数目(i<=j);
  2. s(i)=s(j)表示s(i)与s(j)匹配。
    讨论:
    字符串s(i)s(i+1)…s(j)最优匹配有二种情景:
    a. 最优匹配时s(j)需别的加字符与之匹配;
    b. 最优匹配时s(j)与s(i)s(i+1)…s(j-1)中的有些字符匹配。

状态a有二种状态:
a1: 外加字符在s(i)左边,则d[i][j]=d[i][j-1]+1;
a2: 外加字符在s(j)左边,则d[i][j]=d[i][j-1]+1;
a3:
外加字符k在s(m)与s(m+1)之间(i=<m<=j),即s(i)…s(m)ks(m+1)…s(j),则d[i][j]=d[i][m]+d[m+1][j-1]+1.
由定义可见,d[i][j-1]<=d[i][m]+d[m+1][j-1],由此,为达成最优匹配的目标,对于意况a有:
d[i][j]=d[i][j-1]+1.

再来商量情状b:
假设s(j)与s(i)s(i+1)…s(j-1)中的s(m)匹配,则d[i][j]=d[i][m-1]+d[m+1][j-1];须要专注的是,s(i)s(i+1)…s(j-1)中与s(j)可以匹配的可能无休止一个,应该对富有可以与s(j)匹配的s(m)都要拓展座谈。
综上可见,对于情形b有:
d[i][j]=min{d[i][m-1]+d[m+1][j-1],i=<m<=j-1&&s(m)=s(j)}.

回顾景况a和b可以知道:
d[i][j-1]+1;(没有与s[j]匹配的)
d[i][j]=min{d[i][j-1]+1,min{d[i][m-1]+d[m+1][j-1],i=<m<=j-1&&s(m)=s(j)}}.(有与s[j]匹配的)

最后:
由d[i][j]的转换方程可以驾驭,d[i][j]的求解看重于d[i][j-1]、d[i][m-1]、d[m+1][j-1],由此求解的势头应该是:d[1][2],d[2][3],d[1][3],d[3][4],d[2][4],d[1][4]…

 

优异数据

[]
0
([])[]
0
((]
3
([)]
2
[][][][]]]]]]))((
9
))))([][]]]]]]
10
([[)[))]
4

 

利用二维数组dp保存中间结果,其中dp[i][j]保留的是使得括号子连串s[i]s[i+1]…s[j]不错需补全的最少括号数(以下称之为N(i,j))。

对此子连串长度为1的情形,即(,),[,]三种情状,显著有N=1.
即dp[i][i]=1. 

对于子连串长度为n的图景(s[i]s[i+1]…s[j],
j-i+1=n),N(i,j)为集合S中的最小值。

集合S的协会进程:

0) 将S置为空集

1)
若(s[i]='[‘且s[j]=’]’)或(s[i]='(‘且s[j]=’)’),则将N(i+1,j-1)加入S中. 

特殊地,当i+1=j时(即s[i]s[j]为”[]”或”()”时),有i+1>j-1且(i+1)-(j-1)=1,因而在预处理时需赋值dp[i][i-1]=0. 

2)
将N(i,k)+N(k,j)加入S中(其中i≤k≤j),即将s[i]…s[j]细分为二个子串,将多个子串的N相加即为s[i]…s[j]唯恐取到的一个N值.

S的乘除使用了尺寸为1,2…n-1的全数s[i]…s[j]的子系列N值。

乘机n的提升,dp中的值也被迭代创新,当子系列成长到全体s时,输出dp[1][s.length]即为s的最小N值.

#include<iostream>
#include<cstring>
#define N 105
using namespace std;

int d[N][N];
char a[N];

int min(int x,int y)
{
    return x<y?x:y;
}

int main()
{
    int test;
    cin>>test;
    while(test--)
    {
        cin>>a+1;
        int i,j,k,p,n;
        n=strlen(a+1);
        for(i=1;i<=n;i++) d[i][i-1]=0;
        for(i=1;i<=n;i++) d[i][i]=1;
        for(p=1;p<=n-1;p++)
        {
            for(i=1;i<=n-p;i++)
            {
                j=i+p;
                d[i][j]=1000;
                if((a[i]=='('&&a[j]==')')||(a[i]=='['&&a[j]==']'))
                    d[i][j]=min(d[i][j],d[i+1][j-1]);
                for(k=i;k<j;k++)//这里没有考虑[()]这种情况
                {
                    d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k+1][j]);
                }
            }
        }
        cout<<d[1][n]<<endl;
    }
    return 0;
}

 

难点叙述

特务玛多哥洛美被送到S市履行三个专程危险的天职。她索要利用客车达成她的职责,S市的地铁唯有一条线路运转,所以并不复杂。

玛圣Pedro苏拉有3个任务,今后的时刻为0,她要从第3个站起身,并在最终一站的间谍碰头。玛莱切斯特知道有1个强劲的团队正在追踪他,她知晓如若一贯呆在壹个车站,她会有很大的被抓的高风险,躲在运营的火车中是相比较安全的。所以,她宰制尽大概地呆在运作的高铁中,她只可未来前或将来坐车。

玛热那亚为了能限期且安全的到达最后3个车站与对方会见,须要领悟在在车站最小等待时间总和的安排。你无法不写一个主次,拿到玛丽亚最短的等候时间。当然,到了终点站之后如果时光还不曾到规定的随时,她得以在车站里等着对方,只可是那些等待的时刻也是要算进去的。

以此都市有n个车站,编号是1-n,高铁是那样活动的:从第①个车站开到最终二个车站。大概从最后一站开车然后开会来。高铁在每特定两站之间行驶的时光是固定的,大家也得以忽略停车的年华,玛帕罗奥图的进程极快,所以她可以长足上上任即使两辆车还要到站。

输入

输入文件蕴含多组数据,每组数据都由7行组成
第贰行:二个正整数N(2<=N<=50)表示站的数据
第②行:壹个正整数T(0<=T<=200)表示必要的会师时间
第①行:1-(n-1)个正整数(0<ti<70)表示两站之间列车的通过时间
第伍行:3个平头M1(1<=M1<=50)表示离开第3个车站的列车的多寡
第肆行:M贰个正整数:d1,d2……dn,(0<=d<=250且di<di+1)表示每一列列车离开第3站的日子
第伍行:1个正整数M2(1<=M2<=50)表示离开第N站的列车的数额
第八行:M壹个正整数:e1,e2……eM2,(0<=e<=250且ei<ei+1)表示每一列列车离开第N站的光阴
终极一行有1个整数0。

输出

对于各种测试案例,打印一行“Case
Number N:
”(N从1开端)和三个整数表示总等待的最长期仍然三个单词“impossible”假如玛丽亚不容许成功。遵照样例的出口格式。

样例数据

样例输入 样例输出

4
55
5 10 15
4
0 5 10 20
4
0 5 10 15
4
18
1 2 3
5
0 3 6 10 12
6
0 3 5 7 12 15
2
30
20
1
20
7
1 3 5 7 11 13 17
0

Case Number 1: 5
Case Number 2: 0
Case Number 3: impossible

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

一道DP题目,dp[i][j]表示到达第i个都市的时候
,时间为j的等候时间至少是某些,然后转移方程即可。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>

#define MAXN 110

using namespace std;
int a[MAXN];
int d1[MAXN][MAXN],d2[MAXN][MAXN];
int m1,m2;
int dp[MAXN][400];

int main()
{
    int n;
    int T=1;
    while(scanf("%d",&n)&&n!=0)
    {
        int t;
        scanf("%d",&t);
        for(int i=1;i<=n-1;i++)
            scanf("%d",&a[i]);

        scanf("%d",&m1);
        for(int i=1;i<=m1;i++)
            scanf("%d",&d1[1][i]);
        sort(d1[1]+1,d1[1]+m1+1);

        scanf("%d",&m2);
        for(int i=1;i<=m2;i++)
            scanf("%d",&d2[n][i]);
        sort(d2[n]+1,d2[n]+m2+1);

        dp[0][1]=0;
        for(int i=1;i<=m1;i++)
            for(int j=1;j<=n-1;j++)
                d1[j+1][i]=d1[j][i]+a[j];

        for(int i=1;i<=m2;i++)
            for(int j=n-1;j>=1;j--)
                d2[j][i]=d2[j+1][i]+a[j];

        for(int i=0;i<=t;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                dp[j][i]=t+1;

        dp[1][0]=0;
        for(int j=0;j<=t;j++)
            for(int i=1;i<=n;i++)
                if(dp[i][j]<=t)
                {
                    int k;
                    for(k=1;k<=m1;k++)
                        if(d1[i][k]>=j)
                            break;
                    if(d1[i][k]-j+dp[i][j]<dp[i+1][j+a[i]+d1[i][k]-j]&&k<=m1)
                        dp[i+1][j+a[i]+d1[i][k]-j]=d1[i][k]-j+dp[i][j];
                    for(k=1;k<=m2;k++)
                        if(d2[i][k]>=j)
                            break;
                    if(k<=m2&&d2[i][k]-j+dp[i][j]<dp[i-1][j+a[i-1]+d2[i][k]-j])
                        dp[i-1][j+a[i-1]+d2[i][k]-j]=d2[i][k]-j+dp[i][j];
                }

        for(int i=1;i<=t;i++)
            if(dp[n][i]<t)
                dp[n][t]=min(dp[n][i]+t-i,dp[n][t]);

        if(dp[n][t]<=t)
            printf("Case Number %d: %d\n",T++,dp[n][t]);
        else
            printf("Case Number %d: impossible\n",T++);
    }
    return 0;
}

[UVA 437] The Tower of Babylon

难点叙述

唯恐你曾听过巴比伦塔的故事,以往以此传说的不在少数细节已经被遗忘了。今后,大家要告知您任何典故:
巴比伦人有n种差距的积木,每一个积木都是拳拳长方体,且数据都以最为的。第i种积木的长宽高分别为{xi,yi,zi}。积木可以被旋转,所未来面的长宽高是足以互换的。约等于其中一个结合底部的椭圆形,剩下的三个为中度。巴比伦人想要的用积木来尽恐怕地建更高的塔,但是两块积木要叠在共同是有标准的:惟有积木A的尾部1个边均小于积木B的底层相对的3个边时,那积木A才足以叠在积木B上方。例如:尾部为3×8的积木能够置身头部为4×10的积木上,不过力不从心放在底部为6×7的积木上。
给您有的积木的数码,你的天职是写二个程式算出可以堆出的塔最高是不怎么。

输入

输入数据会蕴藏多组数据。
在每一组数据中:第贰行包括贰个平头n,表示有n
(1<=n<=30)种不一致的积木。接下来的n行,每行给出1个整数,表示一块积木的长宽高。
当n=0时,输入数据截止。

输出

对于每一组数据,依据以下格式输出答案:
Case case:
maximum height = height

样例数据

样例输入 样例输出

1
10 20 30
2
6 8 10
5 5 5
7
1 1 1
2 2 2
3 3 3
4 4 4
5 5 5
6 6 6
7 7 7
5
31 41 59
26 53 58
97 93 23
84 62 64
33 83 27
0

Case 1: maximum height = 40
Case 2: maximum height = 21
Case 3: maximum height = 28
Case 4: maximum height = 342

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

乍一看,有点像最长上涨子序列类型的标题。对于积木可以反过来那多个标准化,大家可以把不同情状(总共有6种,自身画图吧)下的积木看成分歧品种的积木。为了有利于现在DP的判断,大家在DP在此之前先小小地预处理以下:对各种积木,依照底面积扩张排序。前面的DP进度相比好想,大家可以看代码。

Code

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>

#define MAXN 30*6+10

using namespace std;

struct Block
{
    int x,y,h;
    void fun(int a,int b,int c)
    {
        x=a;
        y=b;
        h=c;
    }
}node[MAXN];

bool cmp(Block r,Block t)
{
        return r.x*r.y<t.x*t.y;
}

int dp[MAXN];

int main()
{
    int num,cnt=0;
    while(scanf("%d",&num)!=EOF)
    {
        if(!num)
            return 0;
        int a,b,c;
        int m=0;
        for(int i=0;i<num;i++)
        {
            cin>>a>>b>>c;
            node[m++].fun(a, b, c);
            node[m++].fun(a, c, b);
            node[m++].fun(b, a, c);
            node[m++].fun(b, c, a);
            node[m++].fun(c, a, b);
            node[m++].fun(c, b, a);
        }
        sort(node,node+m,cmp);
        int maxlen=0;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            dp[i]=node[i].h;
            for(int j=0;j<i;j++)
                if(node[i].x>node[j].x&&node[i].y>node[j].y)
                    dp[i]=max(dp[i],dp[j]+node[i].h);
            if(dp[i]>maxlen)
                maxlen=dp[i];
        }
        cout<<"Case "<<++cnt<<": maximum height = "<<maxlen<<endl;
    }
    return 0;
}

[UVA 1347 | POJ 2677] Tour

标题叙述

JohnDoe是一名特出的飞行员。三回,他操纵租一架小飞机初步旅行一些雅观的地点。JohnDoe为协调规划的宇航路线满意以下需求:
1>路线经过全部的城市;2>路线从最左侧的地方伊始,先严厉向右,到达最左边的地方后,再严格向左回到出发的地点;3>两个地点之间的门道是直线。
近期,给出每三个点的坐标,请您求出知足需要的最短路线的长度。

一句话题意:有n个点,给出x、y坐标。找出一条路,从最左侧的点出发,严刻向右走到达最右点再严俊向左回到最左点。问最短路径的长短是有点?

输入

输入文件包括多组数据。

每一组数据的第一行包蕴2个平头n
(1<=n<=一千),表示点的多少。接下来的n行,每行包蕴五个浮点数(double)
xi,yi,表示三个点的坐标为(xi,yi)。

输出

对于每一组测试数据,输出七个两位小数,表示您总括出的最短距离。

样例数据

样例输入 样例输出

3
1 1
2 3
3 1
4
1 1
2 3
3 1
4 2

6.47
7.89

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

<标题类型:双调欧几里得旅行商难点>

1.第壹需求将原难题转化为,几人A、B同时从最右边的点出发,一起严谨向最右点走,且通过全体点五遍(除了最左点和最右点)。那八个难点有着等价性。
2.先自然想到用dp(i,j)表示A走到i,B走到j时的情状还亟需走多少距离到极限(注意表示的是还有多少到极点,所以其结果与日前怎么走的无关),那么可以注解dp(i,j)==dp(j,i);那里有的人唯恐会纳闷为何会等于,刚刚说过dp(i,j)表示曾经完成那个景况后还索要走多少距离到达终点,与怎么到达这几个状态的并没有关联,所以dp(i,j)和dp(j,i)只是三人剧中人物对换了而已。
3.想开这一步之后,会油但是生七个问题,就是dp(i,j)无法知道i、j之间的某个点是不是已经渡过了,所以大家须求越发考虑,刚刚大家关系,dp(i,j)==dp(j,i),那么大家就足以一贯让i>=j(等于唯有极端和起源达到)。倘若j>i了,只需求沟通A、B的剧中人物即可,即将i换为j,j换为i。
4.有了这一个规则之后,大家就足以明确dp(i,j)规定为:A在i,B在j(i>=j)且i以前的全数点都走过了,那样也不会漏解,为何吧?大家的当然的法子中,之所以i~j之间有点不知情走过了没,就是因为我们允许A三番五次走了多步,比如A从P1->P5->P6,而B只怕从P1->P2。所以P3,P4大家不知晓有没有被A或然B走到,因为我们只知道A走到了P6而B走到了P2。不过你掌握发现了,在刚刚那一个例子中,P三 、P4之后必须求被B走到。所以大家立异的dp(i,j)中得以让A和B一格一格走,要么A走,要么B走(其实只是让种种生成了一下而已)。
5.有了刚刚的论证,大家的情形转移就变成了上面那样:
dp[i][j]=min(DP(i+1,j)+dist(i,i+1),DP(i+1,i)+dist(j,i+1));

即要么A走,要么B走,即使A走来说,那么走到状态dp(i+1,j);要是B走,那么走到状态dp(i,i+1)到须求面前大于前面,所以dp(i,i+1)==dp(i+1,i)即可。注意dist(i,j)表示i-j的距离。

Code

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

struct point
{
    double x;
    double y;
};
point p[1010];

double dp[1010][1010];
double dis[1010][1010];

bool cmp(point a,point b)
{
    return a.x<b.x;
}

double dist(int i,int j)
{
    if(dis[i][j]>=0)
        return dis[i][j];
    return dis[i][j]=sqrt((p[i].x-p[j].x)*(p[i].x-p[j].x)+(p[i].y-p[j].y)*(p[i].y-p[j].y));
}

double DP(int i,int j)
{
    if(dp[i][j]>=0)
        return dp[i][j];
    dp[i][j]=min(DP(i+1,j)+dist(i,i+1),DP(i+1,i)+dist(j,i+1));
    return dp[i][j];
}

int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=0;i<1010;i++)
            for(int j=0;j<1010;j++)
            {
                dis[i][j]=-1.0;
                dp[i][j]=-1.0;
            }
        for(int i=0;i<n;i++)
            cin>>p[i].x>>p[i].y;
        sort(p,p+n,cmp);
        for(int j=0;j<n;j++)
            dp[n-2][j]=dist(n-2,n-1)+dist(j,n-1);
        printf("%.2lf\n",DP(0,0));
    }
    return 0;
}

[UVA 12563] Jin Ge Jin Qu

题材叙述

有一首很紧俏的乐曲,叫做”劲歌金曲”。那首歌实际上是37首歌的集结,长达拾叁分18秒。为啥它这么热门呢?即便你在K电视机唱歌时唯有15秒就到包场时间了,由于K电视不会在歌唱中途来叫停,你应有尽快选另一首乐曲来延长时间。如若那时你选了劲歌金曲,那么您就会拿到额外663秒的日子……~\(≧▽≦)/~
现行你还有一部分小时,可是你准备制定贰个安排。同时你要满意以下规则:
1>一首歌最三只好唱三遍(包罗劲歌金曲 )
2>对于一首长度为t的歌,要么唱完t时间,要么不唱
3>一首歌截至后,即刻唱下一首(中间没有间断)
你的对象很简短,唱尽可能多的歌,尽大概晚的相距KTV依据第③条规则,这也会使我们唱最多的歌)。

输入

输入文件的首先行包罗一个平头T
(1<=T<=30),表示有T组测试数据。
每一组测试数据以五个整数n和t
(1≤n≤50,1≤t≤10^9)初步,分别代表歌曲的多少(不包罗劲歌金曲)和多余的时间。接下来的一行包括n个整数,分别表示那n首歌的时日长短
(以秒(s)为单位,每首歌的长短不超过3分钟)。
输入数据有限支撑,全数歌(蕴含劲歌金曲)的岁月总和一定当先t。

输出

对此每一组数据,给出最大的歌曲数和歌唱的总时间。

样例数据

样例输入 样例输出

2
3 100
60 70 80
3 100
30 69 70

Case 1: 2 758
Case 2: 3 777

 

 

 

 

 

 

<样例解释>

对于第三组数据,先唱80秒长的第③首,再唱678秒长的劲歌金曲。
对于第壹组数据,先唱第1首和第一首(总共99秒),此时还剩下最终1秒,大家再唱劲歌金曲(678秒)。借使我们先唱第贰首和第②首(总共100秒),大家就平昔不时间唱劲歌金曲了。

解析

  每首歌最多选一回,由规则180n+678>T可见最大T=9678s,可以转化为0-1背包的题目:
  1.状态d[i][j]表示:在近年来剩余时间为j的情事下,从i,i+1,…,n中能选出歌的最大数据。
  状态转移方程:d[i][j]=max{
d[i+1][j] , d[i+1][j-t[i]]+1 },( j-t[i]>0
);其中d[i+1][j]表示第i首歌未选时所选歌的最大数目,d[i+1][j-t[i]]+1表示第i首歌被挑选后所选歌的最大数额。注意当
j-t[i]<=0 时
,即剩余时间不超过0时,第i首歌无法选,此时d[i][j]=d[i+1][j];
  边界条件是:i>n,d[i][j]=0;
  2.是因为标题须要在所点歌数目最大的事态下尽只怕保险唱歌的命宫最长,那么等同可以转化成0-1背包难题,不过d[i][j]要先计算:
  状态song[i][j]表示:在此时此刻剩余时间为j的图景下,从i,i+1,…,n中所选出歌累计的最长日子。
  状态转移跟随d[i][j]进行:令v1=d[i+1][j](即不选第i首歌),v2=d[i+1][j-t[i]]+1(选择第i首歌)
  如果:
    1)
v2>v1,
表明第i首歌必须点,song[i][j]=song[i+1][j-t[i]]+t[i];
    2)
v2==v1,
song[i][j]=max{song[i+1][j],song[i+1][j-t[i]]+t[i]};
    3)
v2<v1,
表明第i首歌一定没办法点,song[i][j]=song[i+1][j];
  逆序递推,答案是d[1][T]和song[1][T]。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

const int INF=-100000000;
const int maxn=50;
const int maxt=10000;

int t[maxn+5];
int d[maxn+5][maxt];
int song[maxn+5][maxt];
int n,T;

int main()
{
    int Case;
    scanf("%d",&Case);
    for(int tt=1;tt<=Case;tt++)
    {
        scanf("%d%d",&n,&T);
        memset(t,0,sizeof t);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&t[i]);
        memset(d,0,sizeof d);
        memset(song,0,sizeof song);
        for(int j=T;j>=0;j--)
        {
            if(j-t[n]>0)
                song[n][j]=t[n];
            else
                song[n][j]=0;
        }
        for(int i=n;i>=1;i--)
            for(int j=T;j>0;j--)
            {
                int v1,v2;
                v1=d[i+1][j];
                if(j-t[i]<=0)
                    v2=INF;
                else
                    v2=d[i+1][j-t[i]]+1;
                d[i][j]=max(v1,v2);
                if(v2>v1)
                    song[i][j]=song[i+1][j-t[i]]+t[i];
                else if(v2==v1)
                    song[i][j]=max(song[i+1][j],song[i+1][j-t[i]]+t[i]);
                else
                    song[i][j]=song[i+1][j];
            }
        int num=d[1][T]+1;
        int len=song[1][T]+678;
        printf("Case %d: %d %d\n",tt,num,len);
    }
    return 0;
}

[UVA 11400] Lighting System Design

题材叙述

你就要为二个议会大厅设计一个照明系统。在做了部分调查和计量之后,你发现有一个俭朴的规划能满足大厅的照明需要。依照这一设计,你需要n种分裂功率的电灯。由于电流调节需求,全体的电灯都急需被通过一致的电流,因而,各个灯都有照应的额定电压。现在,你已经清楚了每一个电灯的数码和单位花费。但难题来了,你就要为有着品类的灯泡买同一的电源。事实上,你也得以为每一个灯泡单独买一种电源(大家觉得:五个电源可以为众三个额定电压为电源电压的电灯供电)来成功规划。不过公司财务部赶快发现她们得以透过删除一些电源并更换高功率的灯泡。你本来不可以把灯泡换到低功率的,因为如此就会使大厅的一有个别不大概拿到照明。你更爱戴的是节约金钱而不是节约财富,因而你要双重规划二个系统(将部分低电压灯泡更换为高电压灯泡),来使价格最方便。

输入

有多组数据。
每一组数据以3个平头n
(1<=n<=一千),表示灯泡的档次。接下来的n行每一行表示一种灯泡的新闻,一行包涵六个整数:额定电压V
(1<=V<=13三千),满意所需电压的电源的单价K
(1<=K<=一千),灯泡的单价C (1<=C<=10),需求的灯泡数量L
(1<=L<=100)。
当n=0时,输入数据截至。

输出

对于每一组数据,输出恐怕的微乎其微开销。

样例数据

样例输入 样例输出

3
100 500 10 20
120 600 8 16
220 400 7 18
0

778

 

 

 

 

 

 

解析

首先须求鲜喜宝种灯泡要么全体换,要么不换。假诺换一部分来说,首先电源开支得不到节约,那么节省的某个就只来自于换的那某些灯泡,既然可以节省钱干嘛不干脆全体换了吧?所以依旧全换,要么不换。然后大家的算法就是先依照V排序,然后cost[i]意味着消除前
i
种灯泡的最优解,那么转移方程是枚举j<i,将j以前的维持最优解cost[j]不变,j之后的万事化为i种灯泡。伊始有一个难点是:会不会漏解,为啥一贯不枚举替换j在此以前的不三番五次的一有的?后来发现,那几个难点其实不设有,因为i从前的灯泡肯定是越后边的用度越大,因为只要面前的消费反而更大的话,大可以转换为后边的灯泡。

Code

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>

#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 1010

using namespace std;

struct node
{
    int v,k,c,l;
};
node light[MAXN];

bool cmp(node a,node b)
{
    return a.v<b.v;
}

int num[MAXN];
int cost[MAXN];

int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n!=0)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            cin>>light[i].v>>light[i].k>>light[i].c>>light[i].l;
        sort(light+1,light+n+1,cmp);
        num[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            num[i]=num[i-1]+light[i].l;
        }
        cost[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cost[i]=INF;
            for(int j=0;j<=i;j++)
                cost[i]=min(cost[i],cost[j]+(num[i]-num[j])*light[i].c+light[i].k);
        }
        cout<<cost[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

[UVA 1625] Color Length

标题叙述

输入七个长度分别为n和m(n,m≤4000)的颜料系列,要求按种类合并成同2个队列,即每一趟可以把2个系列初叶的水彩放到新连串的尾巴。例如,三个颜色连串GBBY和Y翼虎锐界GB,至少有三种合并结果:GBYBLANDY揽胜极光GB和YRAV4锐界GGBBYB。对于每种颜色c来说,其跨度L(c)等于最大任务和纤维地方之差。例如,对于地点两种合并结果,各种颜色的L(c)和全部L(c)的总数如图所示。你的天职是找一种合并方式,使得全体L(c)的总和最小。(注:该英文翻译来自《算法比赛入门经典(第③版)》)

图片 1

输入

输入文件包涵了T组测试数据,T在输入数据的第①行会提交。
每一组测试数据包蕴两行字符串,各代表八个颜料体系。在字符串中,颜色用大写英文字母表示。
输入数据保险:每组数据中冒出的颜色数不领先26,每一个颜料序列的长短不超越5000。

输出

对此每一组测试数据,输出三个整数,表示L(c)的总额的纤维值。

样例数据

样例输入 样例输出

2
AAABBCY
ABBBCDEEY
GBBY
YRRGB

10
12

 

 

 

 

 

解析

对此八个颜色体系p和q,设d(i,j),表示p拿前i个字符,q拿前j个字符所要的代价。
由于n,m<=四千,二维数组改成滚动数组。
这么些时候,不是等到1个颜色全体运动完了随后再算跨度,而是,只要稍加种颜色已经上马但从未截止,就L(c)+1;
第二在于求代价C。首先总结全体移动q,只假设该字符伊始,代价就加一,可是一旦刚好是终极壹个就復苏。然后再推数组p时,就可以直接行使已经计算好的c代价数组,只要求依据它立异由于i的投入而充实的代价。

Code

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>

#define maxn 5005
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

char p[maxn],q[maxn];
int sp[26],ep[26],sq[26],eq[26];
int d[2][maxn],c[2][maxn];

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%s%s",p+1,q+1);
        int n=strlen(p+1);
        int m=strlen(q+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            p[i]-='A';
        for(int i=1;i<=m;i++)
            q[i]-='A';
        for(int i=0;i<26;i++)
        {
            sp[i]=sq[i]=INF;
            ep[i]=eq[i]=0;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            sp[p[i]]=min(sp[p[i]],i);
            ep[p[i]]=i;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            sq[q[i]]=min(sq[q[i]],i);
            eq[q[i]]=i;
        }
        memset(c,0,sizeof(c));
        memset(d,0,sizeof(d));
        int t=1;
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0; j<=m;j++)
            {
                if(!i&&!j)
                    continue;
                int v1=INF,v2=INF;
                if(i)
                    v1=d[t^1][j]+c[t^1][j];
                if(j)
                    v2=d[t][j-1]+c[t][j-1];
                d[t][j]=min(v1, v2);
                if(i)
                {
                    c[t][j]=c[t^1][j];
                    if(sp[p[i]]==i&&sq[p[i]]>j)
                        c[t][j]++;
                    if(ep[p[i]]==i&&eq[p[i]]<=j)
                        c[t][j]--;
                }
                else if(j)
                {
                    c[t][j]=c[t][j-1];
                    if(sq[q[j]]==j&&sp[q[j]]>i)
                        c[t][j]++;
                    if(eq[q[j]]==j&&ep[q[j]]<=i)
                        c[t][j]--;
                }
            }
            t^=1;
        }
        printf("%d\n",d[t^1][m]);
    }
    return 0;
}

[UVA 10003] Cutting Sticks

难点叙述

你的义务是替一家叫Analog
Cutting Machinery (ACM)的商号切割木棍。
切割木棍的基金是依据木棍的长短而定。 而且切割木棍的时候每一回只切一段。

很明显的,不一致切割的次第会有区其余本钱。
例如: 有一根长10公尺的木棍必须在第叁 、④ 、7公尺的地方切割。
这些时候就有二种选拔了。你可以选拔先切2公尺的地方,
然后切4公尺的地点,最后切7公尺的地点。那样的选项其股本为:10+8+6=24。
因为第二遍切时木棍长10公尺,第1遍切时木棍长8公尺,第两遍切时木棍长6公尺。
不过假若你挑选先切4公尺的地点,然后切2公尺的地点,最后切7公尺的地点,
其股本为:10+4+6=20,那资金就是3个较好的挑三拣四。
你的小业主相信你的总括机能力肯定可以找出切割一木棒所需最小的老本。

一句话题意:给定一根已知长度的木棍,给定n个切割点,须求依照切割点切割木棍,费用依照切割的木棍长度统计,例如有一根长10的木棒,切割点为二 、四 、7,倘使按照二 、④ 、7的逐一切割,开支将是10

  • 8 + 6 = 24,尽管根据四 、② 、7的相继切割,那么成本将是10 + 4 + 6 =
    20,切割顺序可以无限制,须要花费最小。

输入

带有多组测试数据。
对于每组测试数据:第3行包括三个正整数l
(l<一千),表示木棍的总长度。第叁行提交正整数n
(n<50),表示切割点的多少。第贰行按升序给出n个正整数ci
(0<ci<l),表示每三个切割点的职位。
当l=0时,输入数据截至。

输出

对此每一组测试数据,输出落成切割的微小用度。输出格式见样例。

样例数据

样例输入 样例输出

100
3
25 50 75
10
4
4 5 7 8
0

The minimum cutting is 200.
The minimum cutting is 22.

 

 

 

 

 

 

 

解析

正如良好的动态规划难点,依据题意找到状态转移公式就好了:dp[i][j]=max{dp[i][k]+dp[k][j]+len[j]-len[i]|i<k<j} 

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>

const int INF = 0x3f3f3f3f;

using namespace std;

int dp[100][100];
int num[100];

int main()
{
    int len,n;
    while(scanf("%d",&len)&&len)
    {
        scanf("%d",&n);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&num[i]);
        num[0]=0;
        num[n+1]=len;
        int minn,p;
        for(int i=1;i<=n+1;i++)
        {
            for(int j=0;j+i<=n+1;j++)
            {
                p=j+i;
                minn=INF;
                for(int k=j+1;k<p;k++)
                {
                    int temp=dp[j][k]+dp[k][p]+num[p]-num[j];
                    if(temp<minn)
                        minn=temp;
                }
                if(minn!=INF)
                    dp[j][p]=minn;
            }
        }
        printf("The minimum cutting is %d.\n",dp[0][n+1]);
    }
    return 0;
}

[POJ 1141] Brackets Sequence

标题叙述

咱俩认为1个括号系列是有规律的,需满足以下规则:
1.贰个空的队列是有规律的;
2.假如S是有规律的括号种类,那么(S)和[S]都以有规律的括号连串;
3.假使A和B都以有规律的括号连串,那么AB也是有规律的括号体系。
举个例子,一下的有着括号体系都以有规律的:
(), [], (()),
([]), ()[], ()[()]
而以下的括号种类都不是:
(, [, ), )(,
([)], ([(]
交给二个包蕴'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和
‘]’的连串S,你要找到最短的有规律的括号种类,使S成为其字串。

输入

输入文件最多含有9几个括号字符(仅包罗'(‘,
‘)’, ‘[‘, 和 ‘]’)。

输出

出口找到的括号系列。

样例数据

样例输入 样例输出
([(] ()[()]

 

 

 

解析

用DP求最少须求括号数:以p从1到n(字符串长度),记录下从i到i+p须求丰硕的最少括号数f[i][j],同时记录下中间须要添加括号的岗位pos[i][j]——为-1意味不需求加上。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>

#define MAXN 120

const int INF=0x7fffffff;

int f[MAXN][MAXN],pos[MAXN][MAXN];
char s[MAXN];

int n;

int DP()
{
    n=strlen(s);
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=n;i>0;i--)
    {
        s[i]=s[i-1];
        f[i][i]=1;
    }
    int tmp;
    for(int p=1;p<=n;p++)
    {
        for(int i=1;i<=n-p;i++)
        {
            int j=i+p;
            f[i][j]=INF;
            if((s[i]=='('&&s[j]==')')||(s[i]=='['&&s[j]==']'))
            {
                tmp=f[i+1][j-1];
                if(tmp<f[i][j])
                    f[i][j]=tmp;
            }
            pos[i][j]=-1;
            for(int k=i;k<j;k++)
            {
                tmp=f[i][k]+f[k+1][j];
                if(tmp<f[i][j])
                {
                    f[i][j]=tmp;
                    pos[i][j]=k;
                }
            }
        }
    }
    return f[1][n];
}

void print(int beg,int End)
{
    if(beg>End)
        return ;
    if(beg==End)
    {
        if(s[beg]=='('||s[beg]==')')
            printf("()");
        else
            printf("[]");
    }
    else
    {
        if(pos[beg][End]==-1)
        {
            if(s[beg]=='(')
            {
                printf("(");
                print(beg+1,End-1);
                printf(")");
            }
            else
            {
                printf("[");
                print(beg+1,End-1);
                printf("]");
            }
        }
        else
        {
            print(beg,pos[beg][End]);
            print(pos[beg][End]+1,End);
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%s",s);
    DP();
    print(1,n);
    return 0;
}

<那里有一个坑一点的变式:UVALive
2451
,你可以修改那道题的代码再付出,随意感受一下>

图片 2图片 3

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>

#define MAXN 120

using namespace std;

const int INF=0x7fffffff;

int f[MAXN][MAXN],pos[MAXN][MAXN];
char s[MAXN];

int n;

void Clear()
{
    memset(pos,0,sizeof(pos));
    memset(s,0,sizeof(s));
    n=0;
}

int DP()
{
    n=strlen(s);
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=n;i>0;i--)
    {
        s[i]=s[i-1];
        f[i][i]=1;
    }
    int tmp;
    for(int p=1;p<=n;p++)
    {
        for(int i=1;i<=n-p;i++)
        {
            int j=i+p;
            f[i][j]=INF;
            if((s[i]=='('&&s[j]==')')||(s[i]=='['&&s[j]==']'))
            {
                tmp=f[i+1][j-1];
                if(tmp<f[i][j])
                    f[i][j]=tmp;
            }
            pos[i][j]=-1;
            for(int k=i;k<j;k++)
            {
                tmp=f[i][k]+f[k+1][j];
                if(tmp<f[i][j])
                {
                    f[i][j]=tmp;
                    pos[i][j]=k;
                }
            }
        }
    }
    return f[1][n];
}

void print(int beg,int End)
{
    if(beg>End)
        return ;
    if(beg==End)
    {
        if(s[beg]=='('||s[beg]==')')
            printf("()");
        else
            printf("[]");
    }
    else
    {
        if(pos[beg][End]==-1)
        {
            if(s[beg]=='(')
            {
                printf("(");
                print(beg+1,End-1);
                printf(")");
            }
            else
            {
                printf("[");
                print(beg+1,End-1);
                printf("]");
            }
        }
        else
        {
            print(beg,pos[beg][End]);
            print(pos[beg][End]+1,End);
        }
    }
}

int main()
{
    int num;
    scanf("%d",&num);
    getchar();
    for(int i=1;i<=num;i++)
    {
        Clear();
        gets(s);
        gets(s);
        DP();
        print(1,n);
        if(i!=num)
            printf("\n\n");
        else
            printf("\n");
    }
    return 0;
}

View Code

[UVA 1331] Minimax Triangulation

难题叙述

服从顺时针大概逆时针的一一给出多边的点,要将那么些多边形分解成n-1个三角,须要使得那么些三角行中面积最大的三角形面积尽量小,求最小值。

输入

输入文件包涵多组数据。输入文件的第②行包蕴2个整数n,表示有n组数据。
对此每一组数据,第壹行包含多少个整数m
(2<m<50),表示该多边形有m个顶点。接下来的m行,每行包罗多少个整数x和y
(0<=x,y<=10000),表示一个极端的坐标。

输出

对此每一组数据,输出面积的小不点儿值,答案保留1个人小数。

样例数据

样例输入 样例输出

1
6
7 0
6 2
9 5
3 5
0 3
1 1

9.0

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

情景很好想,dp[i][j]表示从第i个点到第j个点,划分成j-i-二个三角的最优解,然后每回更换时,枚举长度和左侧界始点,那么根据长度和左手界点就可以领略左侧界点,然后枚举左侧界和右侧界中间的点k,dp[i][j]
= min(dp[i][j], max(max(dp[i][k], dp[k][j]), Area(i, k,
j)).但是有一个难点,即i,k,j三点围成的三角形是或不是符合须求,判断的规范即为是不是留存除i,k,j三点外的一些位居三角形中,有面积法判断。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=100;
const double INF=0x3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9;

struct point
{
    double x,y;
    void get()
    {
        scanf("%lf%lf",&x,&y);
    }
}p[N];

int n;
double dp[N][N];

double area(point a,point b,point c)
{
    return fabs((b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(c.x-a.x)*(b.y-a.y))/2;
}

bool judge(int a,int b,int c)
{
    double cur=area(p[a],p[b],p[c]);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(i==a||i==b||i==c)
            continue;
        double tmp=area(p[a],p[b],p[i])+area(p[b],p[c],p[i])+area(p[c],p[a],p[i]);
        if (fabs(tmp-cur)<eps)
            return false;
    }
    return true;
}

double solve ()
{
    for(int i=0;i<2;i++)
    {
        for(int j=0;j<n;j++)
            dp[j][(j+i)%n]=0;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
        dp[i][(i+2)%n]=area(p[i],p[(i+1)%n],p[(i+2)%n]);
    for(int k=3;k<n;k++)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int t=(i+k)% n;
            dp[i][t]=INF;
            for(int j=(i+1)%n;j!=t;j=(j+1)%n)
            {
                if(judge(i,t,j))
                    dp[i][t]=min(dp[i][t],max(max(dp[i][j],dp[j][t]),area(p[i],p[j],p[t])));
            }
        }
    }
    double ans=INF;
    for(int i=0;i<n;i++)
        ans=min(ans,dp[i][(i+n-1)%n]);
    return ans;
}

int main ()
{
    int cas;
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<n;i++)
            p[i].get();
        printf("%.1lf\n",solve());
    }
    return 0;
}

[UVA 12186] Another Crisis

题材叙述

世界风险发生了,工人们呼吁加薪。三个经理和n个职工结合树状结构,各种员工都有友好的唯一上司,Boss的号码为0,员工1~n,工人们打算签署2个志愿书给首席营业官,但无法跨级,当三个中档员工(非是工人的职工)的直属下属中不小于T%的人签名时,他也会签署并且递交她的依附上司,问:要让Boss收到请愿书至少须求多少个工人签字?

输入

输入文件包括多组数据,每一组测试数据占两行。
对此每一组测试数据:第②行包涵几个整数N和T
(1≤N≤10^5,1≤T≤100),其中N表示公司里的职工数(不蕴含Boss),T的意思见标题叙述;第三行包罗N个整数Bi
(0<=Bi<=i-1),表示编号为i的员工的直系Boss是编号为Bi的职工。
当N=0且T=0时,输入文件甘休。

输出

对于每一组测试数据,输出要求签字的最少员工数。

样例数据

样例输入 样例输出

3 100
0 0 0
3 50
0 0 0
14 60
0 0 1 1 2 2 2 5 7 5 7 5 7 5
0 0

3
2
5

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

设d[u]表示让u给上司发信最少须要有个别个工人。假使u有k个子节点,则最少须要c=(k*T-1)/100+一个一向下属发信才行。把全部子节点的d值从小到大排序,前c个加起来即可。最终答案是d[0]。

Code

#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>

using namespace std;

const int maxn=100000+5;

int n,t;
vector<int> sons[maxn];

int dp(int u)
{
    if(sons[u].empty())  
        return 1;
    vector<int> d;
    int k=sons[u].size();
    for(int i=0;i<k;i++)
        d.push_back(dp(sons[u][i]));
    sort(d.begin(),d.end());
    int c=(k*t-1)/100+1;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<c;i++)
        ans+=d[i];
    return ans;
}

int main()
{
    int temp;
    while(scanf("%d%d",&n,&t)&&(n||t))
    {
        for(int i=0;i<=n;i++)
            sons[i].clear();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&temp);
            sons[temp].push_back(i);
        }
        int ans=dp(0);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

[POJ 3398] Perfect Service

标题叙述

N台电脑由N-1条连线连接,使得任意两台计算机都可以通过一条道路联系,那样就形成了网络。如果两台微机间有一条线连接,那么我们说那两台电脑相邻。全数与一台电脑相邻的处理器组成的聚众,我们称为邻居。为了可以火速地存取接收多量的新闻,大家须要将一部分电脑成为服务器,来向它富有的左邻右舍提供财富。假诺在2个互联网中,全部的用户(即不是服务器的微机)都被刚刚二个服务器提供财富,大家就觉着那一个互连网形成了到家服务。将来我们定义,使多个网络形成周到服务所急需的最少的服务器的数量,叫做”应有尽有服务数“。

笔者们假诺有N台电脑,且将计算机从1~N编号。例如Figure
1所示的网络由6台计算机组成,其中的黑点表示服务器,白点表示用户。在Figure
1(a)中,3号和5号服务器并未变异周全服务,因为4号用户同时被多个服务器覆盖到了。而在Figure
1(b)中,3号和4号服务器就形成了一揽子服务,这么些事例中的”完美服务数”就也就是2。

图片 4

你的职责是写3个顺序计算出”完美服务数”。

输入

输入文件包蕴多组数据。
对此每一组数据:第叁行包含3个正整数N
(1<=N<=10000),表示互连网中的电脑数。接下来的N-1行,每一行都富含三个正整数Ai和Bi,表示Ai和Bi是附近的。第N+1行的”0″表示第二组数据的终结,接着起始输入下3个数量。当一组数据的最后给出”-1″时,表示全体的输入数据甘休。

输出

对于每一组测试数据,输出计算出的”完美服务数”。

样例数据

样例输入 样例输出

6
1 3
2 3
3 4
4 5
4 6
0
2
1 2
-1

2
1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

dp[i][0]意味着i是服务器并且以i为根的子树都被遮盖的情景下服务器的最少点数 
dp[i][1]代表i不属于服务器,且以i为根的子树都被掩盖,且i被中间不少于三个子节点覆盖的景况下服务器的最少点数 
dp[i][2]代表i不属于服务器,且以i为根的子树都被遮盖,且i没被子节点覆盖的状态下服务器的最少点数 
dp[i][0]=1+sum(min(dp[u][0],dp[u][2])) 
dp[i][1]=INF
当i没有子节点 
dp[i][1]=sum(min(dp[u][0],dp[u][1]))+inc
当i有子节点 
inc=0若sum(min(dp[u][0],dp[u][1]))包含有个别dp[u][0] 
否则inc=min(dp[u][0]-dp[u][1]) 
dp[i][2]=sum(dp[u][1]) 
结果即为min(dp[1][0],dp[1][1]) 

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>

#define maxn 11111
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long

using namespace std;

struct Edge
{
    int to;
    int next;
}edge[2*maxn];

int n,head[maxn],tot;
int dp[maxn][3];

void init()
{
    tot=0;
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=0;i<maxn;i++)
        dp[i][1]=INF;
}

void add(int u,int v)
{
    edge[tot].to=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}

void DP(int u,int fa)
{
    dp[u][0]=1,dp[u][2]=0;
    int sum=0,inc=INF,flag=0;
    for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==fa)
            continue;
        DP(v,u);
        dp[u][0]+=min(dp[v][0],dp[v][2]);
        if(dp[v][0]<=dp[v][1])
            sum+=dp[v][0],flag=1;
        else 
            sum+=dp[v][1],inc=min(inc,dp[v][0]-dp[v][1]);
        if(dp[v][1]!=INF&&dp[u][2]!=INF)
            dp[u][2]+=dp[v][1];
        else 
            dp[u][2]=INF;
    }
    if(inc!=INF&&!flag)
        dp[u][1]=INF;
    else
    {
        dp[u][1]=sum;
        if(!flag)
            dp[u][1]+=inc;
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        init();
        int u,v,t;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v);
            add(v,u);
        }
        DP(1,1);
        int ans=min(dp[1][0],dp[1][1]);
        printf("%d\n",ans);
        scanf("%d",&t);
        if(t!=0)
            break;
    }
    return 0;
}

[POJ 3570 | UVA 1412] Fund Management

题材叙述

Frank从个体投资者得到了c欧元的本金,可用来m天的投资。
Frank可以对n支股票进行投资。对于每一支股票:都有3个交易上限si,表示一天最多能交易的股数;还有3个上限ki,表示Frank最多可享有的股数。对于有所品种的股票,同样有2个上限k表示Frank可同时具有的最大股数。
股票的交易还满意一下须求:
1>一天最两只好进展三回交易(你也足以不交易);
2>若要对第i支股票进行购买或卖掉,只可以两次性买或卖Si股;
3>全体的贸易都以在Frank有充裕的工本的条件下形成的;
4>当m天过去后,Frank的基金必须一切转载为现款,无法放在股票市场里,(m天之内,股票必须全体卖掉)。
方今,给出每一支股票的每一日的价钱,须求你计算出Frank能回收的资产的最大值,并交付每一日的切切实实的操作方法。

输入

第②行:包罗七个数c,m,n,k:c  (0.01
≤ c ≤ 100 000 000.00)表示一始发有所的工本,最多两位小数;m (1 ≤m ≤
100)表示可以交易的气数;n (1 ≤ n ≤ 8)表示股票的种数;k (1 ≤ k ≤
8)表示全体股票的最多具有的股数。

接下去的2n行:描述每一支股票的消息(一支股票占2行)。对于每一支股票:第②行:包涵股票名称(1个八人以内的大写字母组成的字符串),si(1
≤ si ≤ 1 000 000,一天的最大交易量),ki(1 ≤ ki ≤
k,该股票的最大有所股数);第二行:蕴含m
个小数(0.01<=m<=999.99,几位小数以内),表示股票每日的价位。

输出

出口文件包罗m+1行。第贰行:回收资金的最大值;第一~m+1行,每天的操作。具体格式见样例。

样例数据

样例输入 样例输出
144624.00 9 5 3
IBM 500 3
97.27 98.31 97.42 98.9 100.07 98.89 98.65 99.34 100.82
GOOG 100 1
467.59 483.26 487.19 483.58 485.5 489.46 499.72 505 504.28
JAVA 1000 2
5.54 5.69 5.6 5.65 5.73 6 6.14 6.06 6.06
MSFT 250 1
29.86 29.81 29.64 29.93 29.96 29.66 30.7 31.21 31.16
ORCL 300 3
17.51 17.68 17.64 17.86 17.82 17.77 17.39 17.5 17.3
151205.00
BUY GOOG
BUY IBM
BUY IBM
HOLD
SELL IBM
BUY MSFT
SELL MSFT
SELL GOOG
SELL IBM

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

累计有n天,把时局看作阶段,对于天天,我们得以选拔入手或买进一手股票,在最终一天必须将股票全体脱手且求解最大钱数。
可以那样定义d[i][s]:表示第i天手中股票的景况为s时手中的最大钱数,采纳刷表法更新d[i+1][s’],s’表示s经过下手或购买转移的状态。
标题就改为了何等表示情形s?接纳n元组的款式。
但无法将三个n元组表示进d数组,那里的办法是离线dfs出总体情状并分别编号,得出状态与遍地的涉嫌buy_next与sell_next。那么d中的状态s就可以用一个平头表示了。
此外输出也有肯定的技艺,用到了pre与opt数组,并用正负分歧操作。

Code

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<map>
#include<vector>

#define maxn 110
#define INF 0X3F3F3F3F

using namespace std;

double C;
int M,N,K;
char name[10][maxn];
int k[maxn];
double d[10][maxn];

map <vector<int>,int>ID;
vector <vector<int> >states;

double bn[15000][10];
double sn[15000][10];
double dp[maxn][15000];
int opt[maxn][15000],pre[maxn][15000];

void dfs(int day,vector<int>& lots,int tot)
{
    if(day==N)
    {
        ID[lots]=states.size();
        states.push_back(lots);
        return;
    }
    for(int i=0;i<=k[day]&&i+tot<=K;i++)
    {
        lots[day]=i;
        dfs(day+1,lots,tot+i);
    }
}

void ud(int day,int s,int s2,double v,int o)
{
    if(v>dp[day+1][s2])
    {
        dp[day+1][s2]=v;
        opt[day+1][s2]=o;
        pre[day+1][s2]=s;
    }
}

void print_ans(int day,int s)
{
    if(day==0) 
        return;
    print_ans(day-1,pre[day][s]);
    if(opt[day][s]==0) 
        printf("HOLD\n");
    else if(opt[day][s]>0) 
        printf("BUY %s\n",name[opt[day][s]-1]);
    else 
        printf("SELL %s\n",name[-opt[day][s]-1]);
}

int main()
{
    while(scanf("%lf %d %d %d",&C,&M,&N,&K)!=EOF)
    {
        double temp;
        for(int i=0;i<N;i++)
        {
            scanf("%s %lf %d",name[i],&temp,&k[i]);
            for(int j=0;j<M;j++)
            {
                scanf("%lf",&d[i][j]);
                d[i][j]*=temp;
            }
        }
        ID.clear();
        states.clear();
        vector<int>lots(N);
        dfs(0,lots,0);
        for(unsigned int s=0;s<states.size();s++)
        {
            int tot=0;
            for(int i=0;i<N;i++)
            {
                bn[s][i]=sn[s][i]=-1;
                tot+=states[s][i];
            }
            for(int i=0;i<N;i++)
            {
                if(states[s][i]<k[i]&&tot<K)
                {
                    vector<int> news=states[s];
                    news[i]++;
                    bn[s][i]=ID[news];
                }
                if(states[s][i]>0)
                {
                    vector<int> news=states[s];
                    news[i]--;
                    sn[s][i]=ID[news];
                }
            }
        }
        for(int day=0;day<=M;day++)
            for(unsigned int s=0;s<states.size();s++) dp[day][s]=-INF;
        dp[0][0]=C;
        for(int day=0;day<M;day++)
            for(unsigned int s=0;s<states.size();s++)
            {
                double v=dp[day][s];
                if(v<-1) continue;
                ud(day,s,s,v,0);
                for(int i=0;i<N;i++)
                {
                    if(bn[s][i]>=0&&v>=d[i][day]-1e-3)
                        ud(day,s,bn[s][i],v-d[i][day],i+1);
                    if(sn[s][i]>=0)
                        ud(day,s,sn[s][i],v+d[i][day],-i-1);
                }
            }
        printf("%.2lf\n",dp[M][0]);
        print_ans(M,0);
    }
    return 0;
}

[UVA 10618] Tango Tango Insurrection

难题叙述

你想学着玩跳舞机。跳舞机的踏板上有八个箭头:上、下、左、右。当流行乐初叶时会有部分箭头往上移步。当发展移动的箭头与顶部的箭头模板重合时,你必要用脚踩一下踏板上的同一箭头。不需求踩箭头时,踩箭头不相会临惩处,但当须求踩箭头时务必踩一下,哪怕早已有三头脚放在了该箭头上。很多重打击乐速度高速,需要来回倒腾步子。因而要写二个程序,来采取最自在的踩踏格局,使得消耗的能量最少。
将八分音符作为二个基本时间单位,各种时刻单位依然须要踩贰个箭头(不会同时要求踩七个箭头),要么什么都不需求踩。在随机时刻,你的左左脚应放在五个不一样的箭头上,且各个时刻单位内唯有1头脚能动(移动
和/或
踩箭头),不可以跳跃。别的,你必须面朝前方以观察屏幕(例如,你无法底角放在右箭头上,底角放在左箭头上)。
当您执行一个动作(移动或踩踏)时,消耗的能量这样测算:
◎假如那只脚上个时间单位从未其它动作,消耗1单位能量;
◎要是那只脚上个时间单位没有移动,消耗3单位能量;
◎尽管那只脚上个时间单位活动到隔壁箭头,消耗5单位能量;
◎假诺这只脚上个时间单位活动到冲突箭头,消耗7单位能量。
好端端情状下,你的底角不或者放在右箭头上(可能反之),但有一种情状差别:要是您的底角放在上箭头或下箭头,你可以用左脚踩左箭头,不过在您的左脚移出左箭头此前,你的底角都不可以移到另一个箭头上。底角的状态以此类推。
一先导,你的底角在左箭头上,底角在右箭头上。

图片 5                     
 图片 6

          跳舞机踏板                                      跳舞机显示器

输入

输入文件最多带有100组数据,每组数据包蕴三个长度不超越70的字符串,即各样时间单位要踩的箭头。L和PRADO分别代表左右箭头,U和D分别表示上下箭头,’.’表示不要求踩箭头。

输出

出口应是1个长短和输入相同的字符串,表示每一种时刻单位履行动作的脚。L和福睿斯分别是左左脚,’.’表示不踩。

样例数据

样例输入 样例输出

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLDU…D…UUUUDDDD
#

LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLRL…R…LLLLRRRR

 

 

 

 

解析

对于显示屏上的岗位必须有一脚踩下,对两脚地方有所须要且按照脚的运动关系分配代价,求落成屏幕须求的情状下代价最小。
用状态d[i][a][b][s]代表已踩过i个指令,左底角地方为ab,因为须要根据近年来移动的脚是或不是刚运动过因而用s表示上次移动的脚。
情状转移方程:
d[i][a][b][s]=min(d[i][ta][tb][s’]+cost)
但只顾到,expr是日前的移位,移动后更换来i+1且岗位成为活动后的任务,
因而须要倒序枚举i,把i+1看作是 i 的子难题
原来char[]可以这么用。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAXN 75
#define INF 0x3f3f3f3f

struct NODE
{
    int i,l,r,s;
}path[MAXN][4][4][3];

char a[MAXN];
int dp[MAXN][4][4][3],n,buf;

bool ok(int f,int l,int r,int to)
{
    if (0==f)
    {
        if(to==r) 
            return false;
        if(to==l) 
            return true;
        if(2==r) 
            return false;
    }
    else
    {
        if(to==l) 
            return false;
        if(to==r)
            return true;
        if(3==l) 
            return false;
    }
    return true;
}

int cost(int s,int now,int from,int to)
{
    if(s!=now) 
        return 1;
    if(from==to) 
        return 3;
    if((from==0&&to==1)||(from==1&&to==0)) 
        return 7;
    if((from==2&&to==3)||(from==3&&to==2))
        return 7;
    return 5;
}

int dfs(int i,int l,int r,int s)
{
    int& ans=dp[i][l][r][s];
    NODE& p=path[i][l][r][s];
    if(-1!=ans) 
        return ans;
    if(i==n) 
        return ans = 0;
    ans=INF;
    if('.'==a[i])
    {
        ans=min(ans,dfs(i+1,l,r,0));
        p.i=i+1,p.l=l,p.r=r,p.s=0;
        for(int j=0;j<4;j++)
        {
            if(ok(0,l,r,j))
            {
                buf=dfs(i+1,j,r,1)+cost(s,1,l,j);
                if(ans>buf)
                    ans=buf,p.i=i+1,p.l=j,p.r=r,p.s=1;
            }
            if(ok(1,l,r,j))
            {
                buf=dfs(i+1,l,j,2)+cost(s,2,r,j);
                if(ans>buf)
                    ans=buf,p.i=i+1,p.l=l,p.r=j,p.s=2;
            }
        }
        return ans;
    }
    int to;
    switch(a[i])
    {
    case 'U':to=0; break;
    case 'D':to=1; break;
    case 'L':to=2; break;
    case 'R':to=3; break;
    }
    if(ok(0,l,r,to))
    {
        buf=dfs(i+1,to,r,1)+cost(s,1,l,to);
        if(ans>buf)
            ans=buf,p.i=i+1,p.l=to,p.r=r,p.s=1;
    }
    if(ok(1,l,r,to))
    {
        buf=dfs(i+1,l,to,2)+cost(s,2,r,to);
        if(ans>buf)
            ans=buf,p.i=i+1,p.l=l,p.r=to,p.s=2;
    }
    return ans;
}

void pt(int i,int l,int r,int s)
{
    if(n==i) 
        return;
    NODE& p=path[i][l][r][s];
    if(!p.s)
        printf(".");
    else if(p.s==1)
        printf("L");
    else
        printf("R");
    pt(p.i,p.l,p.r,p.s);
}

int main()
{
    while(scanf("%s%*c",a)&&'#'!= a[0])
    {
        n=strlen(a);
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        dfs(0,2,3,0);
        pt(0,2,3,0);
        puts("");
    }
    return 0;
}

[UVA 10934] Dropping Water Balloons

题材叙述

您有k个一模一样的水球,在三个n层楼的建筑上展开测试,你想了然水球最低从几层楼往下丢可以让水球破掉。由于您很懒,所以您想要丢最少次水球来测出水球刚好破掉的最低楼层。(在最糟情状下,水球在顶楼也不会破)你可以在某一层楼丢下水球来测试,假使水球没破,你可以再捡起来继续用。

输入

输入文件包括多组测试,每组测试为一行。每组测试包蕴多个整数k和n,(1<=
k<=100而n是多个LL的平头(没错,那栋建筑物的确很高),最终一组k=0,n=0代表停止。

输出

对此每一次测试,输出在最糟意况下,测出水球破掉楼层的起码次数。假若他多于6二次,就输出“More
than 63 trials needed.”

样例数据

样例输入 样例输出

2 100
10 786599
4 786599
60 1844674407370955161
63 9223372036854775807
0 0

14
21
More than 63 trials needed.
61
63

 

 

 

 

 

 

解析

定义f[i][j]
表示给i个水球和j次实验机会,将问题转化为最高可以测试到几层
则会有转换方程:f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j-1]+1;
后一有些是说选在第k层试第②遍,假使摔破了,表明边界在上边的层中。所以说选的非凡k层,k最大应该知足k<=f[i-1][j-1]+1;
因为要有限辅助一旦水球在第k层摔坏了,上边的所有层都足以在还有i-三个球和j-三回机会时测出来;
前一部分表示选在k层试首回,但是球并没有摔坏。这些时候最高就是在k层的底蕴上,加上
还有i个球和j-二回机会时亦可再往上测几层~即f[i][j-1];
从而综上两有个别,f[i][j]最大就等于f[i-1][j-1]+1+f[i][j-1];

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

long long f[110][65];

void init()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<64;i++)
        for(int j=1;j<64;j++)
            f[i][j]=f[i][j-1]+1+f[i-1][j-1];
}

int main()
{
    init();
    int k;
    long long n;
    while(scanf("%d%lld",&k,&n)!=EOF)
    {
        if(k==0) 
            break;
        k=min(k, 63);
        bool ok=false;
        for(int i=0;i<=63;i++)
        {
            if(f[k][i]>=n)
            {
                printf("%d\n",i);
                ok=true;
                break;
            }
        }
        if(!ok) 
            printf("More than 63 trials needed.\n");
    }
    return 0;
}

[UVA 1336] Fixing the Great Wall

标题叙述

Ministry of
Monuments集团规划了GWAXC90纳瓦拉机器人来修复长城。而你的天职就是写一个顺序来测算修理的纤维花费。
我们把长城作为是一条直线,那么大家就可以通过1个整数(某一点到长城一端的距离)来讲述长城上好几的岗位。GWA途乐宝马X3机器人被停放在长城上的某一个地点还要可以向四个方向匀速运动。总结中不经意修理进度的日子成本。

输入

输入文件包蕴多组测试数据。
对此每一组数据:第③行包蕴多少个整数:n
(1<=n<=1000),表示长城上急需修补的地方;v
(1<=v<=100),表示机器人的单位速度;x
(1<=x<=陆仟00),表示GWAPRADO汉兰达的最初地点。接下来的n行描述每二个缺口的音讯,每一行蕴含多少个整数:xi
(1<=xi<=五千00),表示缺口的岗位;ci
(0<=ci<=40000),今后(约等于0时刻)修好那个缺口所需的消费;Δ
(1<=Δ<=伍仟0),表示每1个单位时间增多的消费。由此,固然在t个单位时间后整治三个破口,那么开销就是
c+t*Δ 。
输入数据保证:不存在五个缺口位置重叠的情状;机器人的初叶地方不会与其余三个缺口地方重合。
当n=v=x=0时,输入文件为止。

输出

对于每一组数据,输出最小费用。标题保障最小开支的值不会当先一千000000。

样例数据

样例输入 样例输出

3 1 1000
1010 0 100
998 0 300
996 0 3
3 1 1000
1010 0 100
998 0 3
996 0 3
0 0 0

2084
1138

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

要想最后代价最低,就不可以跳跃着修复,相当于通过一段时间后一度修复好的破损应是一段连接区间。定义dp(i,j,k)表示修好(i,j)后机器人停留在k(0表示在左端,1意味在右端)端的开支。修复某处破损的代价尽管不是定值,但却是随着岁月线性拉长的,所以当修复完一处或一段破损时,修复其余破损的费用可以算出来,只需将其增进到当下事态即可,也足以视作修复某处破损发生的光阴代价。状态转移方程:dp(i,j,1)=min(dp(i,j-1,0)+w1,dp(i,j-1,1)+w2) ;dp(i,j,0)=min(dp(i+1,j,0)+w3,dp(i+1,j,1)+w4)
其中,w壹 、w贰 、w③ 、w4为对应爆发的时间代价与修补代价的和。

Code

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N=1005;
const double inf=1e30;

struct node
{
    int x,c,dlt;
};
node p[N];

int n,v,x;
double dp[N][N][2],s[N];

bool cmp(node a,node b)
{
    return a.x<b.x;
}

double dfs(int l,int r,int k)
{
    if(dp[l][r][k]>-1.0)
        return dp[l][r][k];
    if(l==r)
    {
        double t=fabs((double)x-(double)p[l].x)/(double)v;
        dp[l][r][k]=s[n]*t+p[l].c;
        return dp[l][r][k];
    }
    if(k==0)
    {
        double a=dfs(l+1,r,0);
        double b=dfs(l+1,r,1);
        double t1=(double)(p[l+1].x-p[l].x)/(double)v;
        double t2=(double)(p[r].x-p[l].x)/(double)v;
        double d=s[l]+s[n]-s[r];
        dp[l][r][k]=min(a+d*t1,b+d*t2)+(double)p[l].c;
    }
    else
    {
        double a=dfs(l,r-1,0);
        double b=dfs(l,r-1,1);
        double t1=(double)(p[r].x-p[l].x)/(double)v;
        double t2=(double)(p[r].x-p[r-1].x)/(double)v;
        double d=s[l-1]+s[n]-s[r-1];
        dp[l][r][k]=min(a+d*t1,b+d*t2)+p[r].c;
    }
    return dp[l][r][k];
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&v,&x))
    {
        if(n+v+x==0)
            break;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%d%d%d",&p[i].x,&p[i].c,&p[i].dlt);
        sort(p+1,p+n+1,cmp);
        s[0]=0.0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            s[i]=s[i-1]+(double)p[i].dlt;
        memset(dp,-1.0,sizeof(dp));
        printf("%d\n",(int)min(dfs(1,n,0),dfs(1,n,1)));
    }
    return 0;
}

 

[UVA 12105] Bigger is Better

题材叙述

鲍勃有n根火柴。他可以用火柴摆出0~9任意三个数字,如下图所示:

图片 7

如今,给出三个整数m,须要用不当先n根火柴摆三个不择手段大的平头。

输入

输入文件包罗多组测试数据。每一组数据占一行,包蕴五个整数n
(n<=100)和m (m<=2000),其意思见标题叙述。
输入文件以贰个单身的’0’截至。

 

输出

对于每一组数据,输出计算出的答案;若无解,则输出-1。注意按样例所提交的格式输出。

样例数据

样例输入 样例输出

6 3
5 6
0

Case 1: 111
Case 2: -1

 

 

 

 

解析

<参考了 dawxy 大神的思绪>

可以用dp[i][j]表示除以m余j的i位数最少需求多少火柴这几个情形计算,转移方程是:用dp[i][j]+c[k]来更新dp[i+1][(j*10+k)%m](c[]是各样数字必要用度的火柴数量,k是当前枚举的数字)。可以防止高精度提升成效,但是怎么分明每壹人上的数字都以怎么吗,要求用dp[i][0]找到最大的i使得dp[i][0]不是INF(初始化dp[][]为INF),那样就足以规定这么些最大数字有四人了(位数多的早晚比位数少的大),然后在测算每一人上最大可以是何等数字,从大到小枚举每一人上的数字,第多个使得sum+dp[i-1][s]+c[j]<=n的数字就是该位上的最大值(其中s是去掉那一人上的数字剩下的二位的余数为s时使得这么些总的数字能被m整除)。
比如,m=7,并且已知当前数字位数为3,首先试着让最高位为9,如若得以摆出9ab那样的整数,那么一定是最大的,那么什么样分明是不是摆出9ab吗?因为900%7=4,所以s,就是后两位’ab’%7应当对等3,(这里具体怎么算的底下再说),即使dp[2][3]+c[9]+sum<=n,(sum是早就鲜明的高位的数字的总开销),就证实火柴数量丰富摆出9ab,否则最高位就不是9须要继续找,倘诺得以摆出那么重复那么些进度直到算出每壹个人上的数字。还足以预处理总括出每种x00..那样数字%m的值用y数组保存,其实依旧使用了几许高精度总括–大数取余。

近年来就唯有壹个难点了,怎么样算出s,就是已知当前整数为7ab%m
= 0和700%m,求出ab%m的值,作者统计了几个数字,找出了3个原理:
上面几个人的余数s等于
m-当前这些人的数字x00..%m的值-v(前边全数曾经规定的x00..%m之和)
比如说:如若最大数字23450,m=7
20000%7=1,3000%7=4,400%7=1,50%7=1,0%7=0
2确定时
s(后4位%7)=(7-1-0)%7=6;v=0+1 验证:3450%7=6
23确定时
s(后3位%7)=(7-4-1)%7=2;v=1+4 验证:450%7=2
234确定时
s(后2位%7)=(7-1-5)%7=1;v=1+4+1 验证:50%7=1
2345确定时
s(后1位%7)=(7-1-6)%7=0;v=1+4+1+1 验证:0%7=0
内需小心一下v大概超过m,所以测算v时需求模m。统计s时大概为负数,需求先加m再模m

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAXM 3010
#define MAXN 105
#define MAXW 55
#define INF 0x3f3f3f3f

const int c[10]={6,2,5,5,4,5,6,3,7,6};
int dp[MAXW][MAXM],y[10][MAXW][MAXM],ans[MAXW],sw,n,m;

void sloved()
{
    memset(ans,-1,sizeof(ans));
    int sum=0,v=0;
    for(int i=sw;i>=1;i--)
    {
        for(int j=9;j>=0;j--)
        {
            if(sum+dp[i-1][(m-y[j][i-1][m]-v+m)%m]+c[j]<=n)
            {
                ans[i]=j;
                sum+=c[j];
                v=(v+y[j][i-1][m])%m;
                break;
            }
        }
        if(-1==ans[i])
        {
            if(n>=6)
                puts("0");
            else
                puts("-1");
            return;
        }
    }
    for(int i=sw;i>=1;i--)
        printf("%d",ans[i]);
    puts("");
}

int main()
{
    int Count=0;
    for(int i=1;i<=9;i++)
    {
        for(int k=1;k<=3000;k++)
        {
            int s=i;
            y[i][0][k]=i%k;
            for(int j=1;j<=50;j++)
            {
                s=s*10%k;
                y[i][j][k]=s;
            }
        }
    }
    while(~scanf("%d%*c",&n)&&n)
    {
        scanf("%d%*c",&m);
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        dp[0][0]=0;
        int w=n>>1;
        for(int i=0;i<w;i++)
        {
            for(int j=0;j<m;j++)
            {
                if(INF==dp[i][j])
                    continue;
                for(int k=0;k<=9;k++)
                {
                    if(dp[i][j]+c[k]<=n)
                        dp[i+1][(j*10+k)%m]=min(dp[i+1][(j*10+k)%m],dp[i][j]+c[k]);
                }
            }
        }
        sw=-1;
        for(int i=w;i>=1;i--)
        {
            if(INF!=dp[i][0])
            {
                sw=i;
                break;
            }
        }
        printf("Case %d: ",++Count);
        if(-1==sw)
            puts("-1");
        else
            sloved();
    }
    return 0;
}

[UVA 10618 | UVA 1204] Fun Game

题材叙述

多少个子女在一棵老树旁占成一圈玩游乐。由于树很大,逐个孩子只雅观见离他近的人。
以此游戏由许多轮组成。在玩耍的初始,2个随机的娃子会赢得一张纸,即便那个娃娃是男孩,会在纸上写二个’B’;如若是女孩,会在纸上写二个’G’。然后她随意拔取三个样子(顺时针或逆时针),将纸递给在那么些样子上与她相邻的人,新的人也会在纸上写下团结的性别,继续将纸递给另1位(依据原先的矛头)……就这样,这张纸从一个男女交到另1个男女手中,直到三个亲血肉发布游戏停止。
举个例子,如果有陆个男女将树围起来,如Figure
1,。未来,若纸从Kid1初步向逆时针走,在Kid3停下,那么大家就会在纸上得到2个字符串”BBG”。
在N轮游戏后,大家会得到N张写有’B’和/或’G’的字符串的白纸。三个孩子会博得全部的那些纸,并且要算出最少有稍许个小朋友参加了十日游。咱们领略在任意景况下,至少有七个孩童。写多个主次,总结那么些最少的食指。

图片 8

输入

输入文件包罗多组测试数据。
对于每一组数据:第贰行包涵三个平头N
(2<=N<=16),表示总共有N个字符串;接下去的N行,每行包涵三个由’B’和/或’G’组成的字符串,字符串的长度均不超过100。
当N=0时,输入数据甘休。

输出

对此每一组数据,输出大概的最少的子女数。

样例数据

样例输入 样例输出

3
BGGB
BGBGG
GGGBGB
2
BGGGBBBGG
GBBBG
0

9
6

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

大家可以在预处理时把具备相互包罗的字符串合并,然后f[i][j][k]
表示近来字符串已经包括的字符串为i,并且以j结尾且其可行性为k的细微值,然后每一次枚举转移,注意最终一个字符串要处理一下它和率先个字符串的公家部分(因为是环),然后恐怕有一个字符饶了有些圈那种气象,那时大家最后一定可以把持有字符合并成最长的那些,然后用kmp求下它的很小循环节输出就行了,注意有所答案都要和2取最大值。

Code

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>

using namespace std;

int n,ans,tot_length;
int dis[17][17][2][2],f[1<<16][17][2];
bool Mask[17];

struct String
{
    char y[105];
}s[17],Rs[17],S[17];

bool cmp(String a,String b)
{
    if(strcmp(a.y,b.y)>0)
        return true;
    return false;
}

void Get_re(String s[])
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int l=strlen(s[i].y);
        for(int j=0;j<l;j++)
         Rs[i].y[l-j-1]=s[i].y[j];
        Rs[i].y[l]='\0';
    }
}

int got_val(char a[],char b[])
{
    int l1=strlen(a),cnt;
    for(int i=0;i<l1;i++)
    {
        bool flag=true;
        cnt=0;
        for(int j=i;j<l1;j++)
            flag&=(a[j]==b[cnt++]);
        if(flag)
            return cnt;
    }
    return 0;
}

void Init()
{
    int cnt=0;
    memset(Mask,0,sizeof(Mask));
    Get_re(s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(strcmp(Rs[i].y,s[i].y)>0)
            S[i]=Rs[i];
        else
            S[i]=s[i];
    }
    sort(S+1,S+1+n,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(strcmp(S[i].y,S[i-1].y))
            S[++cnt]=S[i];
    n=cnt;
    Get_re(S);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(i!=j)
                if(strstr(S[j].y,S[i].y)!=NULL||strstr(S[j].y,Rs[i].y)!=NULL)
                    Mask[i]=true;
    cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!Mask[i])
            S[++cnt]=S[i];
    n=cnt;
    Get_re(S);
    tot_length=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        tot_length+=strlen(S[i].y);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(i!=j)
            {
                dis[i][j][0][0]=got_val(S[i].y,S[j].y);
                dis[i][j][0][1]=got_val(S[i].y,Rs[j].y);
                dis[i][j][1][0]=got_val(Rs[i].y,S[j].y);
                dis[i][j][1][1]=got_val(Rs[i].y,Rs[j].y);
            }
    ans=0;
    memset(f,-1,sizeof(f));
}

int kmp()
{
    int Next[18],l=strlen(S[1].y);
    memset(Next,0,sizeof(Next));
    int now=Next[0]=-1;
    for(int i=1;i<l;i++)
    {
        while(now>=0&&S[1].y[now+1]!=S[1].y[i])
            now=Next[now];
        if(S[1].y[now+1]==S[1].y[i])
            now++;
        Next[i]=now;
    }
    return l-1-Next[l-1];
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&n)&&n)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%s",s[i].y);
        Init();
        if(n==1)
        {
            ans=kmp();
            cout<<max(ans,2)<<endl;
            continue;
        }
        f[1][1][0]=0;
        int tot=(1<<n)-1;
        for(int i=0;i<tot;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if((1<<(j-1))&i)
                    for(int re=0;re<2;re++)
                        if(f[i][j][re]>=0)
                        {
                            for(int k=1;k<=n;k++)
                                if(!(i&(1<<(k-1))))
                                {
                                    int sta=i+(1<<(k-1));
                                    if(sta!=tot)
                                    {
                                        f[sta][k][0]=max(f[sta][k][0],f[i][j][re]+dis[j][k][re][0]);
                                        f[sta][k][1]=max(f[sta][k][1],f[i][j][re]+dis[j][k][re][1]);
                                    }
                                    else
                                    {
                                        f[sta][k][0]=max(f[sta][k][0],f[i][j][re]+dis[j][k][re][0]+dis[k][1][0][0]);
                                        f[sta][k][1]=max(f[sta][k][1],f[i][j][re]+dis[j][k][re][1]+dis[k][1][1][0]);
                                        ans=max(ans,f[sta][k][0]);
                                        ans=max(ans,f[sta][k][1]);
                                    }
                                }
                        }
        cout<<max(tot_length-ans,2)<<endl;
    }
    return 0;
}

[UVA 12099] Bookcase

难点叙述

有N本书,每本书有一个冲天Hi和增幅Wi。今后要打造一个三层的书架,你能够选拔将n本书放在书架的哪一层。设三层中度(该层书的最大惊人)之和为h,书架总宽度(即每层总幅度的最大值)为w,则须要h*w尽量小。

输入

输入文件包括多组数据。测试数据的组数T会在输入文件的首先行提交(1<=T<=20)。
对于每一组数据:第①行包罗3个正整数N
(3<=N<=70),表示书的数码。接下来的N行每行蕴涵三个正整数Hi和Wi
(150<=Hi<=300,5<=Wi<=30),分别表示第i本书的中度和宽窄。标题中付出的尺寸均以分米(mm)为单位。

输出

对于每一组数据,输出能包容全部书的图景下,书架的h*w的矮小值。

样例数据

样例输入 样例输出

2
4
220 29
195 20
200 9
180 30
6
256 20
255 30
254 15
253 20
252 15
251 9

18000
29796

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解析

大旨接纳了DP+加状态剪枝的国策;
率先必须旗帜明显:前边i本书的一级放法是由前i-1本书的超级情势的底子上添加第i本书组合而来;
d[i][j][k]表示已经安插前i本书,第三层宽度为j,第2层宽度为k,且第2层的冲天超过等于第2层的万丈,最高的这本书放在第二层时的
第一层和第①层的小不点儿高度和;
该情况是在每层厚度一定情状下的最优解;那样一来最后解要遍历i=n的具有处境求最优;由于d[i][j][k]并不可以一目精通的找出其所依靠的子结构,但用它来更新i+1的场馆却相比易于转换,所以拔取刷表法
再有状态太大,要求剪枝。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define INF 2110000
#define Inf 1000

const int maxn=71;
const int maxm=2105;

int d[maxn][maxm][maxm],n,maxw=30,sumw[maxn];

struct Book
{
    int H,W;
}a[maxn];

bool cmp(Book a,Book b)
{
    return a.H>b.H;
}

int f(int i,int j)
{
    return i==0 ? j : 0;
}
long long dp()
{
    int lim=n*maxw;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=lim;j++)
            for(int k=0;k<=lim;k++)
            {
                if(j+k>sumw[i]-a[1].W||sumw[i]-j-k+30<j||j+30<k)
                break;
                    d[i][j][k]=Inf;
            }
    d[1][0][0]=0;
    int ans=INF;
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=0;j<=lim;j++)
            for(int k=0;k<=lim;k++)
            {
                if(j+k>sumw[i]-a[1].W||sumw[i]-j-k+30<j||j+30<k)
                    break;
                d[i+1][j][k]=min(d[i+1][j][k],d[i][j][k]);
                d[i+1][j+a[i+1].W][k]=min(d[i+1][j+a[i+1].W][k],d[i][j][k]+f(j,a[i+1].H));
                if(j>0)
                    d[i+1][j][k+a[i+1].W]=min(d[i+1][j][k+a[i+1].W],d[i][j][k]+f(k,a[i+1].H));
            }
    for(int j=0;j<=lim;j++)
        for(int k=0;k<=lim;k++)
        {
            if(j+k>sumw[n]-a[1].W||sumw[n]-j-k+30<j||j+30<k)
                break;
            if(d[n][j][k]!=INF&&j>0&&k>0)
                ans=min(ans,(d[n][j][k]+a[1].H)*(max(sumw[n]-j-k,max(j,k))));

        }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d %d",&a[i].H,&a[i].W);
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        sumw[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            sumw[i]=a[i].W+sumw[i-1];
        printf("%I64d\n",dp());
   }
   return 0;
}

CQBZOJ上的 动态规划作业

该演习包罗了以下难点,那一个难题均可在图片 9上找到,在此地仅付给标题叙述:

1510 Problem A 遇见

<Vijos
1280>

燕姿在桥的这一端,而xx在桥的另一端。这座桥十一分独特,桥面是由2N-三个方格组成的,每一个方格里写有3个数码Ai(-50<=Ai<=50)。如下是N=4时的景色。可以认为燕姿从最上边出发。每四次,她可以进步跳到与和谐所在方格相临的其中3个方格内(例如在最上边的7中,可以跳到上一行的10和8中)。当燕姿跳到最上方的方格后,她就不能再移动了。(在未到上边前,不容许跳到表相当。)每在一格内,都要把格内的数字写下来。
然而,仅仅到达顶端是不够的。桥会向彼岸的xx询问三个数字k,燕姿到达顶端后,拿出写下去的数字,可以在肆意多个数字间添加“+”或“-”号,使得总结的结果m最接近k。经过桥的判断,如若对于桥上的方格m是最接近k的数字,那么燕姿就足以因而桥和xx相遇,否则………
(为了让燕姿能更便于地经过,xx给出的数字总是0)你的职务,就是赞助燕姿找出这么些最接近k的m.

1511 Problem B 火车票

<Vijos
1292>

3个铁路线上有n(2<=n<=10000)个火车站,每一个高铁站到该路线的头阵火车站距离都以已知的。任意两站之间的票价如下表所示:站之间的离开
X与票价的涉嫌:尽管离开 :0 < X < =L1 则票价为C1 如果离开 :L1
< X < =L2 则票价为C2 如果离开 :L2 < X < =L3 则票价为C3
其中L1,L2,L3,C1,C2,C3都以已知的正整数,且(1 <= L1 < L2 <
L3 <= 10^9, 1 <= C1 < C2 < C3 <=
10^9)。显著若两站之间的偏离当先L3,那么从一站到另一站至少要买两张票。注意:每一张票在利用时不得不从一站始发到另一站为止。以往内需您对于给定的路线,求出从该路线上的站A到站B的最少票价。你能做到吗?

1512 Problem C 晴天小猪历险记

<Vijos
1006>

在很久很久在此在此以前,有一个动物村庄,那里是猪的乐土(^_^),村民们不辞辛劳、勇敢、善良、团结……
可是有一天,最小的纤维猪生病了,而这种病是最为稀少的,由此大家都并未储存那种药物。所以晴天小猪自告奋勇,要去采取这种药草。于是,晴天小猪的神话传说便通过展开……
这一天,他赶到了一座山体的山脚下,因为唯有那座深山中的一个人隐者才知道那种药草的四野。不过上山的路错综复杂,由于微小猪的病状,晴天小猪想找一条需时最少的路到达山顶,但今日它2头雾水,所以向您求助。
山用多少个三角形表示,从山顶依次向下有1段、2段、3段等山路,每一段用一个数字T(1<=T<=100)表示,代表晴天小猪在这一段山路上须求爬的日子,每五次它都可以朝左、右、左上、右上两个方向走(**注意**:在随机一层的第二段也可以走到本层的终极一段或上一层的末段一段)。
晴天小猪从山的左下角出发,目标地为巅峰,即隐者的斗室。

1514 Problem D 添加括号

<Vijos
1038>

给定多少个正整数连串a(1),a(2),…,a(n),(1<=n<=20)
不改变系列中各样成分在系列中的地点,把它们相加,并用括号记每一回加法所得的和,称为中间和。
例如: 给出种类是4,1,2,3。 第贰种添括号措施:
((4+1)+(2+3))=((5)+(5))=(10)
有多个中等和是5,5,10,它们之和为:5+5+10=20 第三种添括号方法
(4+((1+2)+3))=(4+((3)+3))=(4+(6))=(10)
中间和是3,6,10,它们之和为19。以后要添上n-1对括号,加法运算依括号顺序举办,拿到n-3个中等和,求出使中间和之和纤维的添括号措施。

1515 Problem E 盖房子

<Vijos
1057>

定点の灵魂方今获取了面积为n*m的一大块土地(快意ING^_^),他想在那块土地上修建一所房屋,那几个房屋必须是星型的。不过,那块土地永不十全十美,上边有广大不平坦的地方(也得以叫瑕疵)。那几个弱点十一分恶意,以至于根本不可以在地点盖一砖一瓦。他希望找到一块最大的星型无瑕疵土地来盖房屋。可是,这并不是怎么着难点,永恒の灵魂在10分钟内就自在消除了这一个标题。以往,您也来试试看啊。
 

1516 Problem F 迎春舞会之四个人组舞(版本2)

<Vijos
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HNSDFZ的同室们为了庆祝新春,准备排练一场舞
n个人选出3*m人,排成m组,每组四位。
站的队形——较矮的三人站两侧,最高的站中间。
从对称学角度来观赏,左右多个人的身高越接近,则这一组的“残疾程度”越低。
统计公式为 h=(a-b)^2 (a、b为较矮的几人的身高) 那么难题来了。
以后候选人有n个人,要从她们当中选出3*m个人排舞蹈,须求完整的“残疾程度”最低。

1517 Problem G 新年佳话之红包

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xiaomengxian一进门,发现外祖父、外祖母、三叔、小姨……都坐在客厅里等着她吗。经过缜密考察,xiaomengxian发现她们全部人正好组成了三个凸多边形。最要害的是,他们每种人手里都拿着1个红包(^o^)。于是丰富着急,xiaomengxian决定找一条最短的路线,得到全部的红包。
假使屋里共有N个人拿着红包,把她们各自从1到N编号。其中,编号为1的人就坐在大门口,xiaomengxian必须从那边出发去拿任何的红包。一条官方的门径必须通过全体的点五次且仅一回。
 

1518 Problem H 新年佳话之打牌

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过年的时候,大人们最快乐的移位,就是打牌了。xiaomengxian不会打牌,只可以坐在一边望着。
那天,正当一群人打牌打得起劲的时候,突然有人喊道:“那副牌少了几张!”大千世界一数,果然是少了。于是那副牌的主人得意地说:“这是一幅特制的牌,作者了然整副牌每一张的分量。只要大家称一下剩余的牌的总重量,就能清楚少了什么牌了。”大家都认为这么些主意不错,于是称出剩下的牌的总重量,开端盘算少了什么样牌。由于数据量相比大,过了不久,大家都算得晕头转向了。
那时,xiaomengxian大声说:“你们看本身的呢!”于是她拿出台式机电脑,编出了1个先后,很快就把缺乏的牌找了出去。
假若是你遇上了那样的图景吧?你能办到同样的工作吗?

1524 Problem I 小胖守皇宫

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huyichen世子事件后,xuzhenyi成了太岁特聘的御前五星级侍卫。
皇城以正阳门为起源,直到后宫妃嫔们的寝宫,呈一棵树的模样;有些皇城间可以相互望见。大内保卫森严,三步一岗,五步一哨,各个宫室都要有人全天候守卫,在差距的宫室布署看守所需的费用不同。
然而xuzhenyi手上的经费不足,无论如何也无奈在各样皇城都安插留守侍卫。
协助xuzhenyi陈设侍卫,在防卫全体宫室的前提下,使得开支的经费最少。

1525 Problem J 猫狗大战

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新一寒暑的猫狗大战通过SC(星际争霸)那款经典的游乐来竞技,野猫和飞狗这对恋人为此已经准备好久了,为了使战争更有难度和巧合,双方约定只好选用Terran(人族)并且只可以造机枪兵。比赛开端了,很快,野猫已经攒足几队机枪兵,试探性的发动进攻;但是,飞狗的机枪兵个数也曾经重重了。野猫和飞狗的兵在飞狗的家门口相遇了,于是,便有一场腥风血雨和阵阵惨叫声。由于是在飞狗的家门口,飞狗的兵补给会连忙,野猫看敌不过,决定撤军。这时飞狗的军力也不充足多,所以没追出去。由于不允许造医务卫生人员,机枪兵无法补血。受伤的兵只能忍了。555-。以后,野猫又攒足了足足的武力,决定发起第二次进攻。为了使本次攻击给黑狗造成更大的打击,野猫决定把现有的兵分成两局地,从两路进攻。由于某些兵在率先次交锋中负伤了,为了使两某些的兵实力平均些,分的条条框框是这么的:1)两有的兵的个数最五只好差三个;2)每部分兵的血值总和必须求硬着头皮接近。今后请你编写八个顺序,给定野猫以后有些兵的个数以及各样兵的血格值,求出野猫按上述规则分成两局地后每部分兵的血值总和。
 

1526 Problem K 分梨子

<Vijos
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Finley家的院落里有棵梨树,方今到手了重重梨子。于是,Finley决定挑出一些梨子,分给幼稚园的宝贝们。不过梨子大小味道都不太雷同,一定要尽量挑选那多少个大致的雪梨分给孩子们,那个分到小梨子的小婴孩才不会哭闹。每一种梨子都具备八个属性值,Ai和Bi,本别表示梨子的轻重缓急和甜度情形。假使在选出的梨子中,多少个特性的矮小值分别是A0和B0。只要对于全数被选出的梨子i,都满意C1*(Ai-A0)+C2*(Bi-B0)≤C3(其中,C壹 、C2和C3都是已知的常数),就足以认为这一个梨子是相大致的,可以用来分给小朋友们。那么,作为幼稚园园长的你,能算出最多可以挑选出多少个梨子吗?

1527 Problem L 岳麓山上打水

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今日天气好晴朗,处处好光景,好景象!蝴蝶儿忙啊,蜜蜂也忙,音讯组的同室们特别忙。如今,由于XX原因,大家不得不到岳麓山去提水。55555555~,好累啊。  音信组有一个容积为q升的大缸,由于我们都很自觉,不甘于浪费水,所以每一遍都会刚好把缸盛满。但是,消息组并从未桶子(大概瓢)来舀水,作为组内的生存委员,你必须肩负重任,到新一佳去买桶子。新一佳有p种桶子,每个桶子都有无穷三个^_^,且价格一样。由于大家都很节省,所以您必须尽量少买桶子。倘诺有各类方案,你不大概不采取“更小”的那种方案,即:把那多个方案的汇集(差别大小的桶子组成)按升序排序,比较第二个桶,采纳第③个桶体积较小的多个。假如第1个桶相同,比较第①个桶,也按下面的艺术选取。否则继续这么的可比,直到相比较的多少个桶不等同甘休。例如,集合{3,5,7,三}
比集合 {3,6,7,8}
要好。为了把缸装满水,大家可以先从岳麓山的井里把桶装满水提回来,然后倒进缸里。为了不十三分麻烦或然浪费宝贵的水财富,大家不要把缸里的水倒出来大概把桶里的水倒掉,也不会把桶里的水再倒回井中,(这样会污染井水)。当然,多个桶可以行使频仍。例如,用1个容量为
1 升的桶可以将随机容积的大缸装满水。而其余的组合就要麻烦些。

1528 Problem M 公路巡查

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在一条没有分岔的高速公路上有n个关口,相邻七个关口之间的离开都以10km。全数车辆在那条高速公路上的最低速度为60km/h,最高速度为120km/h,并且不得不在关口处改变速度。巡逻的措施是在有些时刻Ti从第ni个关口派出一辆巡逻车匀速驶抵第(ni+1)个关口,路上开支的时日为ti秒。
两辆车相遇是指它们中间发生超车恐怕两车还要到达某关口(同时出发不算相遇)。
巡逻部门想清楚一辆于6点整从第四个关口出发去第n个关口的车(称为目的车)最少会与微微辆巡逻车相遇,请编程总计之。即使全体车辆到达关口的随时都以整秒。

1529 Problem N 核电站难题

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三个核电站有N个放核物质的坑,坑排列在一条直线上。如若接二连三M个坑中放入核物质,则会发生爆炸,于是,在好几坑中或许不放核物质。
将来,请您计算:对于给定的N和M,求不爆发爆炸的停放核物质的方案总数(n
<= 50, m <= 5)

1530 Problem O 天堂的赠与

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小杉找到了做棉花糖的最优方案,想去摘云朵,不过摔死了……
他过来了西方。天堂当然是很大的,也是很凌乱的。小杉看到一块路标,写着“天堂的捐赠”。考虑到小杉刚死没多长期,为了安抚他受创的心灵和眷恋的心情,天堂派出二个精灵给小杉送礼,但IQ不够高的小杉可不可知得到好礼物。馈赠在净土门口进行。天使站在云端,往下扔礼物。天堂之门的宽度为W格(按1..W编号),中度为0格,云端的冲天为H格,小杉只能站在格子里。开首时(第0秒),小杉站在净土之门的第P格。馈赠开首后,天使会在某个时刻从云端的某格扔礼物下来,礼物下降的进程(格/秒)是不同的。小杉左右平移去接礼物(每秒可以活动1格或不挪窝)。礼物之间的价值自然是不均等的,小杉事先知情了种种礼物的价值。当礼品在某一秒末恰好到达小杉所在的格子中,小杉就收下了那一个礼物。小杉想知道,他最多能够得到价值为多少的礼物。而且,由于礼物下降的速度有点可以很……,小杉还想知道是还是不是有个别礼物他怎么着也拿不到。

 

 

Time:
2017-07-19