花了出奇的长时间，以前我是做过这题的，但是当时的话并没有实际的考虑清楚，因为我知道10就是由2和5组成的，我当时的算法就是用ans保存当前的尾数，然后遇到一个5就除以二，但是没考虑平方，那我就保存后5尾数就AC了，但是这个做法是欠妥的，你想啊，如果万一那个尾数是100002，虽然不切实际（如果切实际我就不能AC），但是确实不够严谨。 想了好久，想到了一个算法，不会怕特殊情况了，先把所有的5的个数统计出来，然后除去相应的2就可以了。 代码如下： / LANG: C ID: yyogoo1 PROG: fact4[......]

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这一题我就用的动态规划：f[l]=max(f[l], f[l – num[i]]); f[0] = 1; l是总面额，i是第num[i]个邮票的面值，但是超时，没想到别的算法，怎么办？找地方剪枝，见了三处就AC了，这效果立竿见影啊！后来到网上看了下，还有更快的方法，我是三重循环，它是二重循环，用f来记录当前使用的邮票总数（这种方法到别出去吧~- –）

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这个题目其实算法还是比较简单，关键是怎么保存这些数字，其实啊，最好的保存方法就是二进制，且增加前缀1，比如0就是二进制10即十进制2，想必聪明的你要问为什么需要前缀1了，为什么呢？如果不要的话那么0和00都是二进制的0，怎么区分呢？所以用前缀1，那么最大的话也就是12位的1加一个前缀1，2^13=8192，接下来自己想想吧。

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这个题目用数组来记录纸的每一个颜色是不可能的，无论是时间上还是空间上都无法忍受，就只能用具体的矩形来表示了，比如底纸，就是一张(0, 0, a, b, 1)的底纸，代表起始坐标是(0, 0)末坐标是(a, b)颜色是1，将它加入数组作为第一个元素，当添加进了一个新的矩形的时候，将数组所有的元素都和这个新的矩形比较，如果该元素被盖住了，就把数组中的那个元素拆分成几个没有被盖住的元素。 其实描述的很笼统，代码明天加入吧，在Ubuntu里面，现在不想切换过去了。 代码如下: de lang="c"[……]

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这个题目属于什么算法呢？我才疏学浅不知道，反正就是用num来记录丑数，假设1为丑数，代码实现会简单些，那么丑数必定就等于另外一个丑数乘以一个素数，那么再一个个的按大小找到前n个丑数，就可以了。 时间的话大概是O(nm)，对每个素数都记录该和哪个丑数相乘start[i]，如果sub[i]（第i个素数）num[start[i]]是下一个丑数，那么start[i]就加一，如果sub[i]num[start[i]]和当前最大的丑数（就是才成为丑数的丑数）相等的话那start[i]也是要加一的，就这样循环。 / LANG:[……]

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这题和第三章第一题一样，标准的无限01背包，直接把代码放进去就可以了，代码： / LANG: C ID: yylogoo1 PROG: inflate / #include int f[10001]; #define max(a, b) ((a)<(b)?(a):(b)) int main(void) { int m, n; int i, j; int a, b; freopen("inflate.in", "r", stdin); freopen(&qu[......]

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这题的话，是最小生成树的标准题，但是最小生成树我不记得写了，后来想起来了之后发现这个二叉堆实现很麻烦，就看看标称的二叉堆是怎么实现的，结果标称直接暴力就是，呵呵，感觉有点投机取巧，因为数据小所以这样。 晚点捉摸下二叉堆的实现，先把这题的代码贴上来（暴力搜的） / LANG: C ID: yylogoo1 PROG: agrinet / #include int map[100][100]; int used[100]; int main(void) { int i, j, k, l; int n; in[......]

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