1011 HDU4349 Xiao Ming's Hope
代码：
View Code 
2 #include <cstring>
3 #include <cstdio>
4 using namespace std;
5
6 int main()
7 {
8 int n;
9 while(~scanf("%d",&n))
10 {
11 int num=1;
12 while(n>0)
13 {
14 if(n&1)
15 num*=2;
16 n/=2;
17 }
18 printf("%d\n",num);
19 }
20 return 0;
21 }
22
附：
官方题解：
1001
树dp。
显然题中给图的是一颗树。问题可以抽象成对树的每个点都染色，有两中颜色可以选择。
我们可以知道，如果某一个连通的点集染的是同一种颜色，则这个集合中只要而且必须有一个点取完整的费用，其他的点都只需要对应费用的一半。
状态：dp[i][j][k] (0 <= i <= n, 0<=j<=1, 0 <= k <= 1) 表示以i为根的子树的费用，其中i节点被染成了第j种颜色，且子树中与i染成同一种颜色的与i连通的点集有k个点选取了完整的费用。
若选取1为根节点，则最后需要的结果为： min(dp[1][0][1], dp[1][1][1]}。
状态转移方程：
v为i节点的儿子节点。令 S = sum{min(dp[v][j][0], dp[v][1-j][1])}， det = min{dp[v][j][1] - min(dp[v][j][0], dp[v][1-j][1])};
dp[i][j][0] = cost[i][j]/2 + S;
dp[i][j][1] = min(cost[i][j] + S， cost[i][j]/2 + S + det);
1003
显然，必须先拿走前面的金子才能拿后边的，所以排序处理共线情况。
然后进行背包即可
1004
1)To solve the N-th non-square number:
There is a number K: K^2<N+K<(K+1)^2
Thus : K^2+1<= N+K <= (K+1)^2-1
So: (K-1/2)^2+3/4=K^2-K+1 <= n <= K^2 +K = (K+1/2)^2 -1/4
That is to say: K-1/2 < (N)^1/2 <= K+1/2
the N-th non-square number is : N+K (K is the nearest integer from N^1/2);
And for many team, you can just use circular statement, it's simple and fast.
2)To get the sum:
for any i , there exists a integer K : K^2<=i<(K+1)^2;
to find the K:
the first (1^2) i : 1
the next (2^2) i : 2
...
the next (K^2) i : K
...
If Sum(K^2) <= N <= Sum( (K+1)^2), R=N-Sum(K^2);
add them up : 1^2*1 + 2^2*2 + ... + K^2*K + R*(K+1) ;
use the knowlege of college math,
Then You Got It!
M=N^(1/2)-1, drop the number after the decimal point.
the Ans=(M*(M+1)*(2*M+1))/3 +(M+1)*M/2+ (M+1)*(N-(M+1)*(M+1)+1);
3)
I think this problem is simple, hope that most of you can solve it.
1005
首先将坐标离散化，将区间排序后删掉可以覆盖其他区间的大区间。
这时若将剩余区间的左端点坐标排序，左端点坐标必然严格上升且对应的右端点坐标也是严格上升的。
此题的贪心思想较为普及，即按y的升序进行贪心固定区间询问的最大数量，不再赘述。
设g[1][x]为从坐标x开始向右遇到的第一个有效区间的右端点坐标，另g[i][x] = g[1][g[i-1][x]]，若不存在则为正无穷。
则g[k][x]表示从坐标x开始，在经过不相交的k个区间后，第k个区间的右端点的坐标。
对g进行倍增，即设f[k][x] = g[2^k][x]。则对于一次询问(l,r)，可利用f枚举答案各个二进制数位得到答案。
f[k][x] = f[k-1][f[k-1][x]]，f[0][x] = g[1][x]。g只存在于思维过程中。
1006
1、长度是N的因子（且大于1小于N）,集合中的元素得两两互质
2、为了尽可能多的选出，每个L的质因子应当只包含N的一个质因子，L是一个质因子的整数次，所以K的值就是N中不同质因子的个数
3、要想和最大，那么使得每个L最大，只要使得质因子的指数最大即可
所以用pollard_rho分解N的质因数，然后统计不同的质因子个数K，以及计算所有相同质因子乘积的和S
特殊情况：如果N本身是某个质数的整数i次幂，那么K只能等于1，因为L要小于N，所以L最大为该质数的i-1次幂
1007
循环节的长度为各独立置换环长度的最小公倍数。问题即求相加和为N的正整数的最小公倍数的可能数。
由于1不影响最小公倍数，问题转化为相加小于等于N的若干正整数的最小公倍数的可能数。
如果这些正整数包含大于一个质因子，只会使得正整数的和更大。
因而问题再次转化为相加小于等于N的若干质数的最小公倍数的可能数。
N<1000,于是可递推得，标程用记忆化搜索实现的。
1008
给出一个字符串，字符串由"R","G","?"组成，若字符串存在2个R，且2个R中间是一个G，则称该串为“漂亮串”，现考虑将"?"替
换成"R"或"G"的所有字符串，求这些字符串中“漂亮串”的总数。
我们从反面考虑问题，若字符串不是“漂亮串”，则字符串的形式必然为：R...R...R...R,相邻2个R的距离相等且距离为奇
数。
所以我们可以枚举距离，构造“非漂亮串”，毛估总共需要枚举的次数为n*n*(1/1+1/2+...1/n)，时间复杂度为O(n^2logn),然后
用总的字符串数(2^k,k为"?"总数)减去“非漂亮串”的总数，就是“漂亮串”的总数了。
1009
题意：在K(K<=5)维空间上有n(n<=50000)个点，给一个点查询与该店最邻近的m（m<=10）个点，10000组询问。
裸的k临近问题。标程是用kd-tree上的knn算法解决的。具体讲解 参看http://en.wikipedia.org/wiki/Kd-tree
里面有最邻近的讲解。k临近实现方法与最邻近类似。详见标程。
1010
本题考查可持久化数据结构，可持久化数据结构可以依据需求，可分为。。
1. Partially persistent （部分持久化）
允许对历史查询，但是只能对当前版本进行修改。
用图论术语描述即是线性结构。。
2. Fully persistent (完全持久化)
在部分持久化的基础上，支持在历史版本上修改。
即是树形结构。。。
3. Confluently persistent （汇聚持久化）
在完全持久化的基础上，允许用两个（或多个）历史版本形成一个新结点。。
图论描述即为 DAG 。。。
三类。
本题是介于第1类和第2类之间的形态。
在线方法：
1. 带标记的主席树（利用路径指针实现的函数式的线段树。。
。。可以实现 O(1) 的回档。。和 O(logN) 的询问。。
(但是对内存要求较为苛刻。
2. 主席数组（利用 Fat Node 实现的函数式树状数组。。。
树状数组的每个结点维护一个记录时间戳的栈，
询问的时候用二分查找。总的复杂度 O(nlog^2n)。。。。
对 Backup 操作。。我们使用暴力弹栈。。每个结点至多被弹出一次，总共 O(nlogn) 个结点。。
离线做法：
。。堆维护询问，栈维护操作。。。每次遇到 Backup 操作，则弹出所有至此时刻的询问。。
最后再弹到 0 时刻即可。。每个操作入栈出栈各一次。。复杂度 O(nlogn)。。
1011
解体思路：本题为Lucas定理推导题，我们分析一下 C(n,m)%2,那么由lucas定理，我们可以写
* 成二进制的形式观察，比如 n=1001101，m是从000000到1001101的枚举，我们知道在该定理中
* C(0,1)=0,因此如果n=1001101的0对应位置的m二进制位为1那么C(n,m) % 2==0,因此m对应n为0的
* 位置只能填0，而1的位置填0，填1都是1（C(1,0)=C(1,1)=1)，不影响结果为奇数，并且保证不会
* 出n的范围，因此所有的情况即是n中1位置对应m位置0，1的枚举，那么结果很明显就是：2^(n中1的个数)