话说我是一个疯狂的音乐听众，总是喜欢在上网的时候听听歌，而且Windows和Linux两个系统喜欢过来切换过去，特别是现在，Linux的使用率不比Windows低到哪里去，Linux中又没有QQ音乐，就只好另辟蹊径，首先我使用的是SOSO的音乐播放器，因为能和QQ音乐的列表同步，用了一阵子弊端很快就显现了，不能够自动登录，每次都需要手工登录，而且比较耗资源，怎么办呢？这时看到了谷奥里推荐了一款音乐盒，很好用，不需要专门去占用标签，但是弊端也很快就显示出来了，因为不能同步，很快就又换了。换成了谷歌自己的音乐盒的能[……]
在linux下，对于usb设备，我们一般都是mount上使用，不使用时umount掉就可以了。 在ubuntu10.04中，当我们插入u盘时，会出现u盘设备，当我点击这个设备就可以mount上u盘，并读取里面的文件，当我们不使用时，我们再次点击这个设备就可以弹出这个设备，如果想再次使用U盘，那么就得必须再次插拔u盘才可以。 umount和弹出u盘是不同的，umount后我们还可以再次mount上使用，我们的u盘的设备还在，但弹出u盘后，我们想使用就的再此插入u盘才可以。例如，我有个u盘，设备是sdb，里面有个分[……]
初看到题目，十个有九个人想用暴力枚举又不知道何从下手吧，哈哈，其实你把这几种按钮的所有组合在一起尝试一下可以清晰地发现只有八种情况，而且只用保存前6位数字就够了，因为后面都是循环的，啥？看不懂这鬼解题报告？话说其实这题你看代码最直截了当： de lang="c">/ LANG: C ID: yylogoo1 PROG: lamps / #include int lamps[8][6] = { {0, 0, 0, 0, 0, 0}, //(= 1){ add(0); add(2)[……]
这题首先是一个枚举，从输入的数加一开始每个数字都看是不是题目所要的数。判断方法如下： 先把数字用字符串保存起来，然后读取一个数字并且标记为’x’，再读取一个，判断是否为’x’，如果为x就不是要求的数字，如果不是就继续读取，直到每个数字都被读取了，并且最后指针回到了第一个位置，那么这就是所需要的那个数字。因该说清楚了吧，简单的说就是模拟一边，代码如下： de lang="c"> / LANG: C ID: yylogoo1 PROG: runround / #include #incl[……]
这一题是一个动态规划题，f[i][j]是i个数字（1, 2, 3, 4, .., i）能够组成和为i的个数，那么方程式是f[i][j] = {f[i – 1][j – k] + f[i – 1][j]} (1 <= k <= i)，再DP就是的，代码如下： / LANG: C ID: yylogoo1 PROG: subset / #include long long f[781]; int main(void) { int n, i, j, k; int max = 0; freopen(&[......]
这题一开始确实会感觉很难，但是罗马数字的个位只有可能是{"I", "II", "III", "IV", "V", "VI", "VII", "VIII", "IX"}，同理，十位上的数字也永远都是固定的，所以还是简单吧，实现代码如下： / LANG: C ID: yylogoo1 PROG: preface / #include ch[......]
这题的话，话说感觉就是一个暴力的枚举，没多余要考虑的，一方面对所有整数开始枚举，设当前枚举的是i，那么在用i和所有已知的海明码进行比较，海明距离大于等于D的话就成为一个新的海明码，一直枚举出N个海明码。 得出海明距离也很简单，就从第一个位开始，一个不同的就记录一下，我直接把8位都枚举一次，所以B这个数据对我却是没有用，代码如下： de lang="c">/ LANG: C ID: yylogoo1 PROG: hamming / #include int num[64]; int co[……]
咋一看，真是一个爆难的题目，但是仔细一想，其实也很简单，怎么个简单呢？对于每种食物来说，只有两种选择：吃或不吃，对吧，暴力枚举就是，只有2^15种方案，虽然数字还是非常大的，但是一秒钟的时限还是超不了，代码晚点发，在Linux下。 代码来了： / ID: yylogoo1 PROG: holstein LANG: C / #include #include int have[15][25]; int need[25]; int v, g; int got[25]; int used[15], ans[15][......]
首先用两个数组分别保存排了序的数组和没排序的数组，然后再根据这两个判断，当前这个位置上应该是放什么数，而实际上放的是什么数，如果两个位置上需要的都正好是对方所有的，那么这是最好的，进行循环，把所有这种的都交换掉，然后累计交换次数。 但是最后会有这么一种情况，三个位置需要的分别是1, 2, 3，而他们有的分别是3, 1, 2，这时就要交换两次了，而且仔细考虑的话会发现当前面循环完了之后，就只可能剩下这么一种情况了，当然，对数可能不止一对，所以就累计需要的和拥有的不相同的那些，统计起来，处以三再除以二，就是交换次数，[……]