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雪黛依梦 — Sun, 15 Aug 2010 02:02:00 GMT

//思�\�Q�分析易知递推关系式：(x��)dp[i][j] = �Q�i - r�Q? r + dp[r][k]     // r条自��q��和i - r条��^行线的交�Ҏ(gu��)�� +   r条直�U�本�w�的交点�?br>//        dp[i][j]表示 i 条直�U�可能的交点�U�数 j = (i - r�Q? r + dp[r][k]
//        r表示自由�U�的条数�Q�（i - r�Q�表�C��^行线的条敎ͼ��Q�i - r�Q? r 表示�q��U�和自由�U�的交点个数
//        r 可以�?0 -- i - 1 但是�q�里初始化的�~�故循环�?r �?1 -- i - 1
//        dp[r][k]表示 r 条直�U�本�w�的交点个数
//        max i 条直�U�最多的交点�?
//        先把i条直�U?个交点的情况初始��gؓ(f��)1(�q�是一定的)�Q�然后若i-r条直�U�有j个交点则i条直�U�必有（i-r�Q?r+j个交点，标记�?1
//        通过标记�?1 的下�?j �?n �?i 时的交点�?nbsp;
本题的��y妙之处在于：(x��)��下标对应�ؓ(f��)交点�U�类输出�Q�同时又满��了从��到大输��个条�?br>

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int main ()
{
    int dp[21][191];

    memset (dp, 0 , sizeof (dp));

    for (int i = 0; i < 21; i ++)
    {
        for (int j = 0; j < 191; j ++)
        {
            dp[i][0] = 1;          //0个交点的情况初始��gؓ(f��)1
        }
    }

    dp[1][0] = 1;      //递归出口

    for (int i = 2; i < 21; i ++)
    {
        for (int r = 1; r < i; r ++)
        {
            for (int j = 0; j < 191; j ++)  //20条直�U�最多交�Ҏ(gu��)��?nbsp;190
            {
                if (dp[i - r][j] == 1)  //递归思想�Q�如�?nbsp;r 条直�U�存在交�Ҏ(gu��)�� j (�q�里 i - r 保证了r 可以取到 1 �?nbsp;i - 1�Q�即有dp[r][k])
                dp[i][j + (i - r) * r] = 1;  //则i条直�U�必有（i-r�Q?r+j(j 即dp[r][k])个交点，标记�?nbsp;1
            }
        }
    }


    int n;
    while (scanf ("%d", &n) != EOF)
    {
          printf ("%d",0);
          int max = n * (n - 1) / 2;
          for (int j = 1; j <= max; j++)
          {
              if (dp[n][j])
              printf (" %d",j);
          }
          printf ("\n");
    }

    return 0;
}

雪黛依梦 2010-08-15 10:02 发表评论

hdu 1087 DP

雪黛依梦 — Sat, 14 Aug 2010 13:35:00 GMT

//本题是在 grids 2757的基��上得到解决的�Q�即扑ֈ�最大子例的�?br>// sum[i] 用于存放�?i 位置为止的子序列的和,所以只需要找到前i - 1 中的sum 所存的最大值再加上本��n��可以了

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

int main ()
{
    int b[1001];
    int n;
    __int64 sum[1001];  //用于存放�?nbsp;i 位置为止的子序列的和

    while (scanf ("%d", &n) && n)
    {

          for ( int i = 0; i < n;i ++)
          {
              scanf ("%d", &b[i]);
          }

          sum[0] = b[0];
          for (int i = 1; i < n; i ++)               //下面的处理和 grids      2757的处理思想是一��L(f��ng)��Q�只不过sum 数组存的是和�?br>          {
              int tempMaxsum = 0;
              for (int j = 0; j < i; j ++)     //因�ؓ(f��) i 之前的和值已�l�存储在了sum中，
                                               // 所以只需要找到最大的tempMaxSum后再加上 i 位置本��n的值就可以�?nbsp;
              {
                  if (b[j]                   {
                           tempMaxsum = sum[j];
                  }
              }

              sum[i] = tempMaxsum + b[i];

          }

          __int64 max = -1;
          for (int i = 0; i < n; i ++)
          {
              if (max < sum[i])
              {
                      max = sum[i];
              }

          }
          printf ("%I64d\n",max);

    }

    return 0;
}

雪黛依梦 2010-08-14 21:35 发表评论

雪黛依梦 — Sat, 14 Aug 2010 07:38:00 GMT

//动态规划题目最重要的一�Ҏ(gu��)��如何��问题分解得到子问题�Q��ƈ且将子问题解�?br>//本题以下标�ؓ(f��)状态量�Q�找��C��该下标位�|?i 为终�Ҏ(gu��)��的最长子列：(x��)如果 i 位置的�?> i - 1位置的��|��则长度加 1 �Q?br>//所以利用判断大��来递归�Q�出口是�Q�下表�ؓ(f��) 0 �Ӟ��长度�?1
//利用 nMaxLen【i】记录长度避免了重复计算

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int main ()
{
    int n;
    int b[1000];
    int nMaxLen[1000];
    while (scanf ("%d", &n) != EOF && 1 <= n && n <= 1000)
    {
          memset (nMaxLen, 0 ,sizeof(nMaxLen));
          //��输入的数值存入数�l?nbsp;b �?nbsp;
          for (int i = 0; i < n; i ++)
          {
              scanf ("%d", &b[i]);
          }

          //扑ֈ�每一个状态下�?nbsp;i 对应的最大子列长度，�q�将其存入数�l�nMaxLen[]�?/span>
          nMaxLen[0] = 1;
          for (int i = 1; i < n; i ++)
          {
              int temp = 0;
              for (int j = 0; j < i ; j ++)
              {
                  if ( b[i] > b[j])
                  {
                       if (temp < nMaxLen[j])          //只有当当前的长度 <  之前一位数的序列长时才可以赋��|��最后�v�?nbsp;temp + 1 的作�?nbsp;
                                                                                            // ��Z��?最大序列可能出现在 j 之后如：(x��) 7    9    10     6     11
                       temp = nMaxLen[j];
                  }
              }
              nMaxLen[i] = temp + 1;
          }

          //遍历数组nMaxLen从中��d��最大��|��卻I��(x��)在该位置时取得最大的子序�?/span>
          int max = -1;
          for (int i = 0; i < n; i ++)
          {
              if (nMaxLen[i] > max)
              max = nMaxLen[i];
          }

          printf ("%d\n", max);
    }
    //system ("pause");
    return 0;
}

雪黛依梦 2010-08-14 15:38 发表评论

hdu 2050 折线分割�q�面

雪黛依梦 — Mon, 09 Aug 2010 10:08:00 GMT

重点�Q?a >http://hi.baidu.com/%BA%B2%C4%AB%C7%F3%CA%AF/blog/item/95f5fd2d8a40a8321f308984.html

1#include <stdio.h>
2#include <stdlib.h>
3int main ()
4{
5    int n, i, num;
6
7    while ( scanf ("%d", &i) != EOF )
8    {
9          for (int j = 0; j < i; j++)
10          {
11              num = 0;
12              scanf ("%d", &n);
13              num = 2 * n * n - n + 1;
14              printf ("%d\n", num);
15          }
16    }
17    return 0;
18}
19

思�\�Q�分析易知直�U�分割��^面的关系�Q�an= (n*n + n + 2) / 2;

拓展�Q�曲�U�分割��^�?br>问题的提出：(x��)
设有n条封闭曲�U�画在��^面上�Q�而�Q何两条封闭曲�U�恰好相交于两点�Q�且��M��三条��闭曲线不相交于同一点，问这些封闭曲�U�把�q�面分割成的区域个数�?br>F(1)=2
F(n)=F(n-1)+2(n-1)

雪黛依梦 2010-08-09 18:08 发表评论