约瑟夫环。 1.由于好人和坏人的排放是连续的，可以（把坏人看作一个整体）直接计算每次要杀的 人的编号，若是好人，则杀错了，则继续找；若是坏人，则把该坏人剔除（无须操作），将joseph环的长度减一&#x

POJ 1003 Hangover 水题 //POJ 1003 #include <iostream>using namespace std; float l[1001];int main() {float f;l[0] = 0;for (int i = 1; i <= 1000; i++)l[i] = l[i-1]+1.0/(i+1);while (cin>>f, f!=0.00){for (int

思路：二分枚举能开的门的数量，将每次枚举转换成2-SAT问题。这里存在的矛盾是假设有门上a,b两个锁，a锁对应于1号钥匙，而一号钥匙的配对是2号钥匙,b锁对应于3号钥匙，3号的配对是4号钥匙。那么2号和4号就不能同时被选，否则有a,b锁的门

传送门：http://poj.org/problem?id=3624 题目大意：XXX去珠宝店，她需要N件首饰，能带的首饰总重量不超过M，要求不超过M的情况下，使首饰的魔力值（D）最大。 poj3273。0-1背包入门题。 可构建状态转移方程： d

意甲冠军：有一2*2云，而一个4*4范围。在当天密布区必须有雨。有云4招式种类 。期间希望不要下雨，并且一个地方不能有连续7天没下雨。 思路：首先解决一个地方不能有连续7天没下雨的情况,要让地图上的全部地方都覆盖到的话，仅仅要4个角都覆盖

题意：有n台电脑，分布在一个二维坐标系中，两台距离不超过d的电脑可以相互通信，初始所有的电脑都是坏的，给出一组操作，第一种操作是修复某台电脑，只有修好的电脑才可以互相通信，第二种操作是询问两台电脑是否可以直接或

详见代码 1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <string.h> 4 using namespace std; 5 int a[2010]; 6 int dp[2010][2010];//i到j的最大和是多少 7 int main() { 8 // freopen("in.txt","r",stdin); 9 int t; 10 while

这个题的想法不难，两个点： 1 是完全背包 2 是考虑/1000，降低复杂度 但是提交的时候反复的wa，最后找问题原来是dp开小了，可是dp本来开1005，后来开到100030过了。哎，如果没有时间计算 dp的长度的话，就往大了开，

题目链接：http://poj.org/problem?id=2955 题意：给定字符串 求括号匹配最多时的子串长度。 区间dp，状态转移方程：dp[i][j]=max ( dp[i][j] , 2+dp[i+1][k-1]+dp[k+1][j] ); 代码： #include<iostream> #inc

http://poj.org/problem?id=1692 这题看完题后就觉得我肯定不会的了，但是题解却很好理解。- - ，做题阴影吗 poj1741？所以我还是需要多思考。 题目是给定两个数组，要求找出最大匹配数量。 匹配规则是： a[i] ==b[j]，而且需要产