POJ3617
Best Cow Line
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 CodeProblem: 3617 User: liangrx06
Memory: 728K Time: 47MS
Language: G++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;#define N 2000int 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] = '\0';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] = '\0';for (i = 0; i < n; i++){printf("%c", t[i]);if (i % 80 == 79) printf("\n");}if (n % 80) printf("\n");}return 0;
}POJ3069
Saruman’s Army
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 CodeProblem: 3069 User: liangrx06
Memory: 748K Time: 125MS
Language: G++ Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;#define N 1000int 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
Fence Repair
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 CodeProblem: 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
Yogurt factory
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 CodeProblem: 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\n", sum);return 0;
}POJ1017
Packets
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 CodeProblem: 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*1if (a[i]) n1 += 6*6 - i*i*a[i];if (i == 3 || i == 4) {int n2 = 0;//剩下多少个2*2if (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\n", n1, n2);n1 -= 2*2*n2;//printf("n1=%d, n2=%d\n", 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("\n");res += m;if (a[i])res ++;a[i] = 0;}printf("%d\n", res);}return 0;
}POJ3040
Allowance
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 CodeProblem: 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("\n");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\n", res);return 0;
}POJ1862
Stripies
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 CodeProblem: 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\n", res);return 0;
}POJ3262
Protecting the Flowers
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 CodeProblem: 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\n", res);
}int main(void)
{input();solve();return 0;
}
？...)
