陈太阳的方块
发现高两层，宽两层，长两层，肯定是被烧过的，所以没有大于2的特判一下，大于二的上公式
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read()
{
long long f=1,res=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){
res=(res<<1)+(res<<3)+(ch&15);ch=getchar();}
return res*f;
}
long long n,m,k;
int main()
{
n=read();m=read();k=read();
unsigned long long ans=(n-2)*(m-2)*(k-2);
cout<<ans;
return 0;
}
陈太阳的算式
这里提供两种方法
1.打表算出每个可能的值
2.搜索加上栈模拟，算出所以的可能之后，模拟答案
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long tot=0x7fffffff;
long double ans[100], a,b,c,d,jsq=1;
char aa[5]={
' ','+','-','*','/'};
int main()
{
cin>>a>>b>>c>>d;
/*for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=1;j<=4;j++)
for(int k=1;k<=4;k++)
{
cout<<"ans["<<jsq<<"]="<<'a'<<aa[i]<<'b'<<aa[j]<<'c'<<aa[k]<<'d'<<";"<<endl;
jsq++;
}*/
ans[1]=a+b+c+d;
ans[2]=a+b+c-d;
ans[3]=a+b+c*d;
ans[4]=a+b+c/d;
ans[5]=a+b-c+d;
ans[6]=a+b-c-d;
ans[7]=a+b-c*d;
ans[8]=a+b-c/d;
ans[9]=a+b*c+d;
ans[10]=a+b*c-d;
ans[11]=a+b*c*d;
ans[12]=a+b*c/d;
ans[13]=a+b/c+d;
ans[14]=a+b/c-d;
ans[15]=a+b/c*d;
ans[16]=a+b/c/d;
ans[17]=a-b+c+d;
ans[18]=a-b+c-d;
ans[19]=a-b+c*d;
ans[20]=a-b+c/d;
ans[21]=a-b-c+d;
ans[22]=a-b-c-d;
ans[23]=a-b-c*d;
ans[24]=a-b-c/d;
ans[25]=a-b*c+d;
ans[26]=a-b*c-d;
ans[27]=a-b*c*d;
ans[28]=a-b*c/d;
ans[29]=a-b/c+d;
ans[30]=a-b/c-d;
ans[31]=a-b/c*d;
ans[32]=a-b/c/d;
ans[33]=a*b+c+d;
ans[34]=a*b+c-d;
ans[35]=a*b+c*d;
ans[36]=a*b+c/d;
ans[37]=a*b-c+d;
ans[38]=a*b-c-d;
ans[39]=a*b-c*d;
ans[40]=a*b-c/d;
ans[41]=a*b*c+d;
ans[42]=a*b*c-d;
ans[43]=a*b*c*d;
ans[44]=a*b*c/d;
ans[45]=a*b/c+d;
ans[46]=a*b/c-d;
ans[47]=a*b/c*d;
ans[48]=a*b/c/d;
ans[49]=a/b+c+d;
ans[50]=a/b+c-d;
ans[51]=a/b+c*d;
ans[52]=a/b+c/d;
ans[53]=a/b-c+d;
ans[54]=a/b-c-d;
ans[55]=a/b-c*d;
ans[56]=a/b-c/d;
ans[57]=a/b*c+d;
ans[58]=a/b*c-d;
ans[59]=a/b*c*d;
ans[60]=a/b*c/d;
ans[61]=a/b/c+d;
ans[62]=a/b/c-d;
ans[63]=a/b/c*d;
ans[64]=a/b/c/d;
for(int i=1;i<=64;i++)if(ans[i]==(int)ans[i])tot=min(abs((long long)ans[i]),tot);//,cout<<abs(ans[i])<<' ';
cout<<tot;
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fh[5],s[5];
int a,b,c,d,ans=0x7fffffff;
inline void get_ans()
{
double sz[5],h[5];
int tep=0,top=0;
sz[++tep]=s[1];
/*for(int i=1;i<=3;i++)cout<<fh[i]<<' ';
cout<<endl;*/
for(int i=1;i<=3;i++)
{
if(fh[i]==1||fh[i]==2)h[++top]=fh[i],sz[++tep]=s[i+1];
if(fh[i]==3)sz[tep]=sz[tep]*1.0*s[i+1];
if(fh[i]==4)sz[tep]=sz[tep]*1.0/s[i+1];
}
while(top)
{
if(h[top]==1)
{
sz[tep-1]+=sz[tep];
tep--;
}
else
{
sz[tep-1]-=sz[tep];
tep--;
}
top--;
}
// cout<<sz[1]<<' ';
if(sz[1]==(int)sz[1])ans=min(ans,abs((int)sz[1]));
}
inline void dfs(int x)
{
if(x==4)
{
get_ans();
return;
}
for(int i=1;i<=4;i++)
{
fh[x]=i;
dfs(x+1);
}
}
int main()
{
cin>>s[1]>>s[2]>>s[3]>>s[4];
dfs(1);
cout<<ans;
return 0;
}
陈太阳与粉丝
注意到这题无论选取什么样的访问顺序，最终收益都是相同的。那么随便选一种顺序算答案就好了。时间复杂度O(n)。
证明：
使用归纳法。
n=1时，显然答案与顺序无关。现在假设size<n的树的答案与顺序都无关，我们来证明size=n的树的答案与顺序无关。
我们用ANS(x)表示只有根和根的儿子x以及x的子树的子问题的答案，即从根出发，巡游完x的子树并回到根的答案。
我们用SZ(x)表示以x为根的子树的大小的两倍（即从根开始巡游x这个子树再回到根的天数）。
我们假定我们访问根的儿子的顺序是s1,s2…sm，那么总的答案就为ANS(s1)+SZ(s1)(SZ(s2)+SZ(s3)…+SZ(sm))+ANS(s2)+SZ(s2)(SZ(s3)+SZ(s4)+…SZ(sm))+…+ANS(sm)。
注意到总的答案为所有儿子的ANS的和再加上两两儿子之间SZ的积的和。由于儿子至少有两个，所以儿子的子树大小一定小于n，通过归纳法得知它们的ANS与顺序无关。两两儿子之间SZ的积的和也与顺序无关。所以size=n的树的总答案与顺序无关。.
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100010
using namespace std;
int head[maxn],tot;
struct node
{
int u;
int v;
}edge[maxn];
void add(int x,int y)
{
edge[++tot].u=head[x];
edge[tot].v=y;
head[x]=tot;
}
long long ans,tep;
int n,m;
void dfs(int x,int fa)
{
for(int i=head[x];i;i=edge[i].u)
{
int to=edge[i].v;
if(to!=fa)
{
tep++;
dfs(to,x);
tep++;
}
}
ans+=tep;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;cin>>x>>y;
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1,0);
cout<<ans;
return 0;
}
烤乐滋的最长前缀
在生物学中，一些生物的结构是用包含其要素的大写字母序列来表示的。生物学家对于把长的序列分解成较短的序列（即元素）很感兴趣。 如果一个集合 P 中的元素可以通过串联（元素可以重复使用，顺序无需考虑）组成一个序列 S ，那么我们认为序列 S 可以分解为 P 中的元素。元素不一定要全部出现（如下例中BBC就没有出现）。举个例子，序列 ABABACABAAB 可以分解为下面集合中的元素：{A, AB, BA, CA, BBC} 如果序列S前面K个字符可以由某一集合中的元素组成，那么我们就说这K个字符为序列S的一个长度为K的前缀。设计一个程序，输入一个元素集合以及一个大写字母序列 S ，设S’是序列S的最长前缀，使其可以分解为给出的集合P中的元素，求S’的长度K。
设立状态，表达的但是dp[i]前i个字符是不是能拼出来，然后枚举元素集合，判断一下，是不是这个元素可以接上去，如果可以接上去，那么考虑转移
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool dp[200010];
string s[250],n="",s2;
int k=1,ans;
int main()
{
while(cin>>s[k])
{
if(s[k]==".")break;
k++;
}
while(cin>>s2)n=n+s2;
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n.size();i++)
{
for(int j=1;j<=k;j++)
{
int len=s[j].size();
if(i-len<0)continue;
/*string ss=n.substr(0,i-len);
if(ss+s[j]==n.substr(0,i)&&dp[i-len])
{
dp[i]=1;
ans=i;
break;
}*/
int v=len-1,u=i-1;
while(v>=0)//比较可不可以接上去
{
if(n[u]==s[j][v])v--,u--;
else break;
}
if(v<0&&dp[i-len])
{
dp[i]=1;//标记为可以
ans=i;
break;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}