看代码注释 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; typedef long long ll; const ll mod = 9999973; long long ans = 0; long long dp[110][110][110];//前i行有j列放了一个炮k列放了两个炮； int main() { cin >> n >> m; dp[0][0][0] = 1;//初始化一个没放方案数为1; for(int i = 0; i < n; i++) ...

思路： 要求最短的原长，直接从最长的小木棍枚举到全部小木棍和sum，然后用dfs去看每个枚举的长度是否可行即可，但此处还需要去剪枝： 1、枚举的长度要满足可以被总长sum整除； 2、当一个小木棍放在第一个位置的时候不能满足条件，那么这个时候的枚举长度是不可取的，因为第一个位置是最宽松的，此时不行那么以后都不可能；同理当一个木棍放在最后一个位置满足本身大木棍但无法满足后续大木棍时也不可取； 3、当前小木棍不能满足，那么其他与他一样长的木棍也不能满足，直接跳过； 代码： #include<bits/stdc++.h> #include<algorithm> using na...

思路方法： 题目大意是输入的33矩阵能否移动空格'x'来和目标矩阵一样，这里我们直接比较33矩阵比较麻烦，不妨直接将他们化为字符串来直接比较，这样一来我们会有很多个字符串状态，我是通过map的方式来存每个字符串的编号以及一个映射字符串数组来记录每个编号的字符串，最重要的是采用bfs来进行搜索看每个状态是不是目标，最后输出步骤通过一个数组记录上一个状态以及一个数组记录来的方向变化即可。 代码块： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=363000; string s="",t="12345678x"; /...

思路： 当几门课程没有关系的时候采用双开肯定会节约时间；我们可以考虑树，把1当作根来推。开两个数组，一个f[x]来存第x门课的时候花的最少时间；g[x]来存第x门课他的字树的总时间。每次x会有f[x]=max(f[i]),(其中i为x的子树），然后f[x]=a[x]+max(f[x],(g[x]-2f[x]+1)/2+f[x]),这是因为会有只有一个子树的情况，(g[x]-2f[x]+1)/2+f[x]）这部分是双开最少用时间，加1是因为整除的原因。 #include<iostream> #include<vector> #include<algorithm&...

题目：月月查看华华的手机 思路：此题根据A的长度一看如果暴力两次循环的话，会出现时间过长的情况；因此需要换个思路来减少时间复杂度；我是通过建立一个二维数组a[i][j]来存A中第i个位置以后j字母出现的位置；然后读入小姐姐的昵称并对其昵称进行遍历来看a中是否有； 代码： #include<iostream> #include<string.h> using namespace std; string a; int n; int s[1000010][40 用来存A中第i个位置以后j字母出现的位置 int main(){ memset(s, 0, si...