这是我自己Clone的专题，A，B题解昨天发过了
C：参考代码：
/* 很容易我们可以手推出n = 1， 2， 3时的情况，我们假设前n - 1 列已经放好，方法有dp[n - 1]种，第n列很显然有1种方法，那我 再假设前n - 2列已经放好，方法有dp[n - 2]种，此时我们知道 第n - 1和第n列肯定是横着放的，如果他们竖着放就和前n - 1列 放好的情况相同，所以我们可以推出方程dp[n] = dp[n - 1] + dp[n - 2]; */ #include <cstdio> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 50 + 5; int n; ll dp[maxn]; int main() { dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 3; for(int i = 4; i <= maxn; i ++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; } while(~scanf("%d", &n)) { printf("%lld ", dp[n]); } return 0; }
D：参考代码：
/* 解题思路：还是一如既往的递推...这个题和涂格子的那个题目很像 很容易我们可以手推出n = 1， 2， 3的情况，对于第n个格子，我 们假设前n - 1个格子已经涂好了，那么我们知道如果第n - 1个格子 是O，那么我们第n个格子有两种涂法，如果不是O，我们第n个格子有 三种涂法，对于第n - 1个格子，我们可以看第n - 2个格子，如果 第n - 2个格子 */ #include <cstdio> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 40 + 5; int n; ll dp[maxn]; int main() { dp[1] = 3; dp[2] = 8; dp[3] = 22; for(int i = 4; i <= maxn; i ++) { dp[i] = 2 * (dp[i - 1] + dp[i - 2]); } while(~scanf("%d", &n)) { printf("%lld ", dp[n]); } return 0; }
E：参考代码：
/* 同样是递推，手推出n = 2， 3时所有未中奖的情况，我们先把 他们抽奖假设为放东西，那么第n个参与者放东西时它可以放到 任意一个前面的位置即n - 1种方法，我们假设为k为n放置的坐 标，那么我们还需要将第k个放到其它位置，我们知道当第k个放 到第n个位置时，其它n - 2个有dp[n - 2]种方法，当第k个不放 到第n个位置时，这n - 1个有dp[n - 1]种方法放置，所以我们 可以得出dp[n] = (n - 1) * (dp[n - 1] + dp[n - 2])。 */ #include <cstdio> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 20 + 5; int c, n; ll dp[maxn]; ll mather[maxn]; int main() { dp[2] = 1; dp[3] = 2; mather[2] = 2; mather[3] = 6; for(int i = 4; i <= maxn; i ++) { dp[i] = (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]); mather[i] = mather[i - 1] * i; } scanf("%d", &c); while(c --) { scanf("%d", &n); printf("%.2f%% ", ((double)dp[n] * 100) / mather[n]); } return 0; }
F：参考代码：
/* 这个题可能是上一题的加强版？ 上一题是说n个人全为选中正确的百分比，这题是求n个里有m个全 未选中的种数，高中同学应该都能想到选出m个让他们全不合格就行， C(n, m) * dp[m]即为方程了。 */ #include <cstdio> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 20 + 5; int c, n, m; ll dp[maxn], mather[maxn]; int main() { dp[2] = 1; dp[3] = 2; for(int i = 4; i <= maxn; i ++) dp[i] = (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]); scanf("%d", &c); while(c --) { scanf("%d %d", &n, &m); ll p = 1; for(int i = n - m + 1; i <= n; i ++) p *= i; for(int i = 1; i <= m; i ++) p /= i; printf("%lld ", p * dp[m]); } return 0; }
G：参考代码：
/* 这题一开始没有思路emm，去网上查了一下发现受益匪浅。 参考直线相交，我们发现每增加一条直线就会增加n - 1个交点， 就会增加n个平面，所以我们知道对于直线相交产生的平面个数有 dp[n] = dp[n - 1] + n; 对于折线呢，我们发现，每画一条折线我们总是能和之前的n - 1 条折线多出4个交点，即总共多出4 * (n - 1) 个交点，那么就多出了 4 * (n - 1) + 1个面，就可以得出递推方程dp[n] = dp[n - 1] + 4 * [n - 1] + 1 对于Z型折线，画一画就可以知道每增加一条z型折线，最多能与原图的n - 1条z型折线 共多生成9 * (n - 1) 个交点，也即可以得到递推方程为 dp[n] = dp[n - 1] + 9 * (n - 1) + 1; */ #include <cstdio> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 10000 + 5; int c, n; ll dp[maxn]; int main() { dp[1] = 2; for(int i = 2; i <= maxn; i ++) { dp[i] = dp[i - 1] + 4 * (i - 1) + 1; } scanf("%d" ,&c); while(c --) { scanf("%d", &n); printf("%lld ", dp[n]); } return 0; }