这题网上普遍的解法都是什么高斯消原，什么解线性方程，我可真不懂，只看到有个人说暴力上能够干掉，我就暴力了咯，代码如下： de lang="c">/ LANG: C ID: yylogoo1 PROG: ratios / #include #include int need[3]; int have[3][3]; int ans[3]; int best = 300, last_ans; int tmp[3]; void check(void) { int i, t, s; int[……]
由于Fedora更新升级非常的频繁， 所以， 非常有必要清除陈旧的内核，方法如下：
1. 查看当前系统中已安装的内核相关包： [root@knityster ~]# rpm -qa | grep kernel kernel-headers-2.6.32.12-115.fc12.i686 kernel-firmware-2.6.32.12-115.fc12.noarch kernel-PAE-devel-2.6.32.11-99.fc12.i686 kernel-devel-2.6.32.12-115.f[......]
转360次就一定会转回来，刚开始我还在想应该使用最小公倍数吧，后来想了想才发现用360就可以了，用最小公倍数麻烦的多，甚至可能还慢些！ 然后忽然发现比较麻烦的一个地方就是每个轮子有5个孔，不好放在循环里，不知道怎么弄，看了下别人的建议，发现我好傻，直接使用数组记录就可以了，:-)，每个空隙在数组中+1，最后等于5的就是。但是现在觉得可能这么也不好，因为如果出现了某一个轮胎上两个孔重叠不就可能出问题了，但是这个只出现在数据上，不合逻辑所以就没有这种数据吧，所以我AC了，但是这还是要考虑下，如果这样的话，还是是用数组[……]
这题最开始，我是爆搜，从1向上递增地搜，没过，超时了；后来用深搜，直接搜位数小于等于l的，也超时了，实在没有办法了，到网上看了题解，天！好简单阿！ f[i][j]代表i位长的且1最多为j的二进制数的个数，那么就有一个DP方程，f[i][j] = f[i – 1][j] + f[i – 1][j – 1] 因为第i位要么是1要么是0，如果是0那个数就是f[i – 1][l]，如果是1就是f[i – 1][j – 1]。 之后，根据f[i][j]就可以确定输出了，从f[n][l]开始，如果m<=f[n -[……]
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[......]
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"[……]