POJ3617
题意
给定长度为N的字符串S，要构造一个长度为N的字符串T。起初，T是一个空串，随后反复进行下列任意操作：
从S的头部（或尾部）删除一个字符，加到T的尾部
目标是构造字典序尽可能小的字符串T。
思路
贪心算法，不断取S的开头和末尾中较小的一个字符放到T的末尾。但对于S的开头和末尾字符相同的情况下，需要比较下一个字符大小，这可以用如下算法实现：
按照字典序比较S和S翻转后的字符串S1，如果S较小，则从S的开头取，否则从末尾取。
代码
Source Code
Problem: 3617 User: liangrx06
Memory: 728K Time: 47MS
Language: G++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 2000
int main(void)
{
int n, i, j, k, ii, jj;
char s[N+1], t[N+1];
while (cin >> n)
{
for (i=0; i<n; i++) {
getchar();
scanf("%c", &s[i]);
}
s[i] = ' ';
i = 0;
j = n-1;
k = 0;
while (i <= j) {
ii = i, jj = j;
while (ii <= jj) {
if (s[ii] != s[jj])
break;
ii ++;
jj --;
}
if (ii <= jj && s[ii] > s[jj]) {
t[k++] = s[j];
j --;
}
else {
t[k++] = s[i];
i ++;
}
}
t[k] = ' ';
for (i = 0; i < n; i++)
{
printf("%c", t[i]);
if (i % 80 == 79) printf("
");
}
if (n % 80) printf("
");
}
return 0;
}POJ3069
题意
这个题是说给你n个点，然后让你标记其中尽可能少的点，使得n个点都处于被标记点左右不超过R的区间内。
思路
贪心法求解，从左到右选择。
代码
Source Code
Problem: 3069 User: liangrx06
Memory: 748K Time: 125MS
Language: G++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1000
int main(void)
{
int r, n, i, j;
int pos[N], res;
while (cin >> r >> n) {
if (r == -1 && n == -1)
break;
for (i=0; i<n; i++)
cin >> pos[i];
sort(pos, pos+n);
res = 0;
i = 0;
while (i < n) {
j = i+1;
while (j < n && pos[j] - pos[i] <= r)
j ++;
j --;
i = j+1;
while (i < n && pos[i] - pos[j] <= r)
i ++;
res ++;
}
cout << res << endl;
}
return 0;
}POJ3253
题意
有一个农夫要把一个木板钜成几块给定长度的小木板，每次锯都要收取一定费用，这个费用就是当前锯的这个木版的长度。给定各个要求的小木板的长度，及小木板的个数n，求最小费用。
提示：
以
3
5 8 5
为例：
先从无限长的木板上锯下长度为 21 的木板，花费 21
再从长度为21的木板上锯下长度为5的木板，花费5
再从长度为16的木板上锯下长度为8的木板，花费8
总花费 = 21+5+8 =34
思路
利用Huffman思想，要使总费用最小，那么每次只选取最小长度的两块木板相加，再把这些“和”累加到总费用中即可
本题虽然利用了Huffman思想，但是直接用HuffmanTree做会超时，可以用优先队列做
代码
Source Code
Problem: 3253 User: liangrx06
Memory: 1184K Time: 219MS
Language: C++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
int main(void)
{
int n, i;
long long x, sum;
multiset <long long> plank;
while (cin >> n)
{
for (i=0; i<n; i++) {
cin >> x;
plank.insert(x);
}
sum = 0;
while (plank.size() > 1)
{
x = *(plank.begin()) + *(++plank.begin());
sum += x;
plank.erase(plank.begin());
plank.erase(plank.begin());
plank.insert(x);
}
cout << sum << endl;
plank.clear();
}
return 0;
}POJ2393
题意
有n周，第i周：需要向外供货yi，生产1单位成本ci。若非本周生产的货物不在本周销售，需要贮藏，1单位贮藏一周需要花费s。问n周供货供需花费多少钱（成本和贮藏费）。
思路
贪心，我们用minc记录当前的最小单价，然后以最小单价买入，这个最小单价，要么是现在的单价，要么是之前的最小单价＋贮藏费。minc中被替换掉的值是不可能是以后的最小单价的。因为现在被替换，同时＋上若干个s之后它还是会比现在替换它的那个值大。
代码
Source Code
Problem: 2393 User: liangrx06
Memory: 132K Time: 16MS
Language: C++ Result: Accepted
Source Code
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int n, s, minc = 9999;
scanf("%d %d", &n, &s);
long long sum = 0;
while(n --){
int c, y;
scanf("%d %d", &c, &y);
if(c > minc + s)
c = minc + s;
minc = c;
sum += c * y;
}
printf("%lld
", sum);
return 0;
}POJ1017
题意
问题描述
一个工厂制造的产品形状都是长方体，它们的高度都是h，长和宽都相等，一共有六个
型号，他们的长宽分别为 1*1, 2*2, 3*3, 4*4, 5*5, 6*6. 这些产品通常使用一个 6*6*h
的长方体包裹包装然后邮寄给客户。因为邮费很贵，所以工厂要想方设法的减小每个订单运送时的
包裹数量。他们很需要有一个好的程序帮他们解决这个问题从而节省费用。现在这个程序由
你来设计。
输入数据
输入文件包括几行，每一行代表一个订单。每个订单里的一行包括六个整数，中间用空
格隔开，分别为 1*1 至6*6 这六种产品的数量。输入文件将以 6 个0 组成的一行结尾。
输出要求
除了输入的最后一行6 个0 以外，输入文件里每一行对应着输出文件的一行，每一行输
出一个整数代表对应的订单所需的最小包裹数。
输入样例
0 0 4 0 0 1
7 5 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
输出样例
2
1
思路
这个问题描述得比较清楚，我们在这里只解释一下输入输出样例：共有两组有效输入， 第一组表示有4 个3*3 的产品和一个6*6 的产品，此时4 个 3*3 的产品占用一个箱子，另外 一个 6*6 的产品占用 1 个箱子，所以箱子数是 2；第二组表示有7 个 1*1 的产品，5 个 2*2 的产品和1 个 3*3 的产品，我们可以把他们统统放在一个箱子中，所以输出是1。
分析六个型号的产品占用箱子的具体情况如下：6*6的产品每个会占用一个完整的箱 子，并且没有空余空间；5*5 的产品每个占用一个新的箱子，并且留下 11 个可以盛放 1*1 的产品的空余空间；4*4 的产品每个占用一个新的箱子，并且留下5 个可以盛放2*2 的产品 的空余空间；3*3 的产品情况比较复杂，首先3*3 的产品不能放在原来盛有5*5 或者4*4 的箱子中，那么必须为3*3 的产品另开新的箱子，新开的箱子数目等于3*3 的产品的数目除以 4 向上取整；同时我们需要讨论为3*3 的产品新开箱子时，剩余的空间可以盛放多少2*2 和 1*1 的产品（这里如果有空间可以盛放2*2 的产品，我们就将它计入2*2 的空余空间，等到 2*2 的产品全部装完，如果还有2*2 的空间剩余，再将它们转换成 1*1 的剩余空间）。我们 可以分情况讨论为3*3 的产品打开的新箱子中剩余的空位，共为四种情况：第一种，3*3 的 产品的数目正好是4 的倍数，所以没有空余空间；第二种，3*3 的产品数目是4 的倍数加1， 这时还剩 5 个2*2 的空位和7 个 1*1 的空位；第三种，3*3 的产品数目是4 的倍数加2，这时还剩3 个2*2 的空位和6 个 1*1 的空位；第四种，3*3 的产品数目是4的倍数加3，这时 还剩 1 个 2*2 的空位和5 个 1*1 的空位；处理完3*3 的产品，就可以比较一下剩余的2*2 的空位和2*2 产品的数目，如果产品数目多，就将2*2 的空位全部填满，再为2*2 的产品打开新箱子，同时计算新箱子中 1*1 的空位，如果剩余空位多，就将2*2 的产品全部填入2*2的空位，再将剩余的 2*2 的空位转换成 1*1 的空位；最后处理 1*1 的产品，比较一下 1*1的空位与1*1 的产品数目，如果空位多，将1*1 的产品全部填入空位，否则，先将1*1 的空位填满，然后再为 1*1 的产品打开新的箱子。
代码
Source Code
Problem: 1017 User: liangrx06
Memory: 132K Time: 16MS
Language: C++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
bool input(int a[])
{
bool flag = false;
for (int i = 1; i <= 6; i ++) {
scanf("%d", &a[i]);
if (a[i] != 0) flag = true;
}
return flag;
}
int main(void)
{
int a[7];
int i, k, m, res;
while (input(a)) {
res = 0;
for (i = 6; i >= 1; i --) {
k = (6/i)*(6/i);//每个包裹能放的第i个产品的数量
m = a[i]/k;//需要的包裹数量
a[i] %= k;
int n1 = 6*6*m - i*i*m*k;//剩下多少个1*1
if (a[i]) n1 += 6*6 - i*i*a[i];
if (i == 3 || i == 4) {
int n2 = 0;//剩下多少个2*2
if (i == 4)
n2 += 5*m;
else if (i == 3 && a[i])
n2 += (4-a[i])*2 - 1;
if (n2 > a[2])
n2 = a[2];
a[2] -= n2;
//printf("n1=%d, n2=%d
", n1, n2);
n1 -= 2*2*n2;
//printf("n1=%d, n2=%d
", n1, n2);
}
if ( i >= 2 && i <= 5 ) {
if (n1 > a[1])
n1 = a[1];
a[1] -= n1;
}
//for (int x = 1; x <= 6; x ++)
// printf("%d ", a[x]);
//printf("
");
res += m;
if (a[i])
res ++;
a[i] = 0;
}
printf("%d
", res);
}
return 0;
}POJ3040
题意
有N种不同面额的纸币，你雇佣的一个人，每次支付至少C圆。每种纸币的面额大小为V（每种纸币的大小成整倍数关系这是结题的关键），张数为B，问你最多能支付多少次？
思路
将V从小到大进行一个排列
1.先把大于C元的纸币用了，进行一个计数
2.再从大的纸币进行抓取，抓得越多越好，但要小于等于C，如果等于C进行一个计数，如果小于C，再将纸币从小的抓取，大于C进行一个计数。因为纸币是成倍数关系的，你最大的纸币面额，比前面所有纸币面额加起来都大。
3.最后进行一个支付情况的总加，意思是，你后面还能像这第2步这样支付方案的个数，然后再从第2步开始，直到不能支付。
代码
Source Code
Problem: 3040 User: liangrx06
Memory: 212K Time: 16MS
Language: C++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 20;
struct Coin {
int v, b;
};
bool cmp(const Coin &x, const Coin &y)
{
return x.v < y.v;
}
int n, c;
int m[N];
Coin coin[N];
int sum;
bool choose(int i)
{
m[i] = sum / coin[i].v;
if (m[i] > coin[i].b)
m[i] = coin[i].b;
sum -= m[i]*coin[i].v;
if (sum == 0)
return true;
if (i == 0 || choose(i-1) == false) {
if (coin[i].b > m[i]) {
sum -= coin[i].v;
m[i] ++;
return (sum <= 0);
}
return false;
}
return true;
}
bool canPay()
{
memset(m, 0, sizeof(m));
sum = c;
return choose(n-1);
}
int main(void)
{
int i;
cin >> n >> c;
for (i = 0; i < n; i ++)
cin >> coin[i].v >> coin[i].b;
sort(coin, coin+n, cmp);
int res = 0;
while (canPay()) {
int k = (int)1e9;
//for (i = 0; i < n; i ++)
// printf("%d ", m[i]);
//printf("
");
for (i = 0; i < n; i ++) {
if (m[i] > 0) {
int t = coin[i].b / m[i];
k = (t < k) ? t : k;
}
}
for (i = 0; i < n; i ++) {
if (m[i] > 0) {
coin[i].b -= m[i] * k;
}
}
res += k;
//break;
}
printf("%d
", res);
return 0;
}POJ1862
题意
科学家发现一种奇怪的玩意，他们有重量weight，如果他们碰在一起，总重变成2*sqrt(m1*m2)。要求出最终的重量的最小值。
思路
试一下就可以发现：对重量较大的先碰，可以对其多次sqrt，使得最后的结果最小。
代码
Source Code
Problem: 1862 User: liangrx06
Memory: 220K Time: 16MS
Language: C++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 10000;
int n;
double a[N];
void input()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
cin >> a[i];
}
}
double coll(double x, double y)
{
return 2*sqrt(x*y);
}
double solve()
{
sort(a, a+n);
for (int i = n-2; i >= 0; i --)
a[i] = coll(a[i], a[i+1]);
return a[0];
}
int main(void)
{
input();
double res = solve();
printf("%.3lf
", res);
return 0;
}POJ3262
题意
有n个牛在FJ的花园乱吃。
所以FJ要赶他们回牛棚。
每个牛在被赶走之前每秒吃Di个花朵。赶它回去FJ来回要花的总时间是Ti×2。在被赶走的过程中，被赶走的牛就不能乱吃。
思路
贪心策略，对牛进行排序，排序的标准是，假设牛A与牛B要选一头赶走，我们首先要选择破坏最大的一头牛赶走，留破坏小的牛。他们的破坏着呢麽计算呢？假设先赶走牛A，那么牛B造成的损失是2×TA×DB，先赶走牛B，那么牛A造成的损失是2×TA×DB，所以，只要判断TA×DB与TA×DB谁大，就知道该先赶走谁了，所以数组排序的标准就是—Ti×Dj>Tj×Di。
代码
Source Code
Problem: 3262 User: liangrx06
Memory: 1780K Time: 141MS
Language: C++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100000;
struct Cow {
int t, d;
double v;
};
int n;
Cow cow[N];
void input()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
scanf("%d%d", &cow[i].t, &cow[i].d);
cow[i].v = (double)(cow[i].d)/(double)(cow[i].t);
}
}
bool cmp(const Cow &x, const Cow &y)
{
return x.v > y.v;
}
void solve()
{
sort(cow, cow+n, cmp);
long long res = 0;
int time = 0;
res += time * cow[0].d;
for (int i = 1; i < n; i ++) {
time += 2*cow[i-1].t;
res += time * cow[i].d;
}
printf("%lld
", res);
}
int main(void)
{
input();
solve();
return 0;
}