这题不难，不过我看到大部分的人都是使用的先用快排再去重，有些人是先去重再用快排，我这里就用的是哈希排序，能够以线性时间（O（n））对所有数据实现排序和去重。
没什么好解释的，1~1000，把对应的数字放到相应的数组中就可以了。
#include <stdio.h>
char bucket[1001];
int main(void)
{
int i, t;
int n, ans = 0;
scanf(%d, &n);
for(i = 0; i < n; i++){
scanf(%[......]这题网上没找到较好的算法（数学方法），只好自己写暴力版本的了。。。这题真的不好做什么报告，提交就是。
#include <stdio.h>
int main(void)
{
double n;
int i;
double ans = 0;
scanf(%lf, &n);
for(i = 1; ans <= n; i++){
ans += (double)1.0 / i;
}
printf(%d\\n, i - 1);
return 0;
}[……]
看到这个题目，不知道怎么做，到网上搜了下最小公倍数和最大公约数之间的公式，就找到了思路，p q = x0 y0..那么我就枚举所有的p，然后求出q，再判断之间的最大公约数是不是x0，就Ok了。
#include <stdio.h>
int gcd(int x, int y)
{
int t;
while(y > 0){
t = x % y;
x = y;
y = t;
}
return x;
}
int main(void)
{
int i, ans = 0; //忘记初始[......]什么都不说了，简单的DP，直接上代码。
唯一注意的一点，我不是用的剩余做DP值，而是和普通的DP一样，最后再用总质量剪掉这个DP值。
C语言:
#include <stdio.h>
#define max(a, b) ((a)>(b)?(a):(b))
int f[20001];
int main(void)
{
int i, j, t;
int v, m;
scanf(%d%d, &v, &m);
for(i = 0; i < m; i++){
scanf(%[......]在车上想了好久，终于找到了突破口，后序遍历不就是说最后一个节点就是当前书的根节点吗？那不就好说了，先把后序中的最后一个节点在中序中找到下标i，那小于i的便是左子树了，大于的的便是右子树了，而题目要的是先序，那就先把第i个（即后序的最后一个）输出来，然后再分别对左子树和右子树进行递归，然后后序从0~i-1都是左子树，后序i~len – i – 1（len是树的长度）是右子树。
现在解释一下，0~i-1是后序的长度的原因是无论是先序还是后序还是中序都是同一棵树，长度必然相同，现在把一棵树分成了两棵树，长度一定还是相同的[……]
刚看到题目被吓到了，下面有一个Hit（提示），说用高精度，高精度我以前写过一次，几乎忘干净了……后来琢磨了好久，发现能够使用动态规划，注意观察一下样例，输入是6，共有：
6
16
26
126
36
136
设f[i]是以自然数i在最左边的个数，那么很容易发现方程f[i] = f[1] + f[2] + f[3] + …. + f[i/2] + 1;于是就产生了下面的代码：
C语言:
#include <stdio.h>
unsigned f[1001];
int main(void)
{[......]哈，这题拿到手时刚开始不知道怎么开始，后来找到了突破点，用f[i][j]记录第i个字符串和第j个字符串重复的字符数，就是说把第i个字符串和第j个字符串之间接起来重合的字符数目。
把这个处理好了就好下手了，不过这里我忽略了两点，导致提交了几次
。第一点f[i][j]中的i,j可以重复！也就是说自己可以接在自己后面，再一个就是记录f[i][j]的时候要注意，从字符串的后面开始搜索，这两点弄了我半个小时到一个小时的时间，具体代码如下。
C语言:
#include <stdio.h>
#include <[......]这个题目确实简单（我还是犯了一些比较低级的错误，提交了几次才AC），本来是想用一个链表来保存的，后来发现不需要专门去实现，因为毕竟题目里只有两种情况，即未知数的幂为0或1，用一个数组就可以了，int a[2][2]; 其中a[0]是保存左边的式子，a[1]保存右边的式子，a[x][0] 用来保存式子中的常数之和，a[x][1]保存未知数的系数之和。
比如：5a+1-3+5=-2a-3+4+a，那么a[0][0] = 1 – 3 + 5，(左边式子常数和)a[0][1] = 5，a[1][0] = -3 + 4，a[[……]
）