HDU 4823 &&HDU 4826 百度之星资格赛的两道简单题。。。

Energy Conversion

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 158    Accepted Submission(s): 87

Problem Description

　　魔法师百小度也有遇到难题的时候——

　　现在，百小度正在一个古老的石门面前，石门上有一段古老的魔法文字，读懂这种魔法文字需要耗费大量的能量和大量的脑力。

　　过了许久，百小度终于读懂魔法文字的含义：石门里面有一个石盘，魔法师需要通过魔法将这个石盘旋转X度，以使上面的刻纹与天相对应，才能打开石门。

　　但是，旋转石盘需要N点能量值，而为了解读密文，百小度的能量值只剩M点了！破坏石门是不可能的，因为那将需要更多的能量。不过，幸运的是，作为魔法师的百小度可以耗费V点能量，使得自己的能量变为现在剩余能量的K倍（魔法师的世界你永远不懂，谁也不知道他是怎么做到的）。比如，现在百小度有A点能量,那么他可以使自己的能量变为(A-V)*K点（能量在任何时候都不可以为负，即：如果A小于V的话，就不能够执行转换）。

　　然而，在解读密文的过程中，百小度预支了他的智商，所以他现在不知道自己是否能够旋转石盘，打开石门，你能帮帮他吗？

 

Input

　　输入数据第一行是一个整数T，表示包含T组测试样例；
　　接下来是T行数据，每行有4个自然数N,M,V,K（字符含义见题目描述）；

　　数据范围：
　　T<=100
　　N,M,V,K <= 10^8

 

Output

　　对于每组数据，请输出最少做几次能量转换才能够有足够的能量点开门；
　　如果无法做到，请直接输出-1。

 

Sample Input

410 3 1 210 2 1 210 9 7 310 10 10000 0

 

Sample Output

3-1-10

 

Source

2014年百度之星程序设计大赛 - 资格赛


思路：纯模拟，如果开始m>=n则不需要进行变换，否则当m<n判断每次变换是否比m要大了如果大了才有变换的必要，否则不可能成功则输出-1.很水。。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int main(){    int t;    cin>>t;    while(t--)    {        long long n,m,v,k;        cin>>n>>m>>v>>k;        if(m>=n)        {            cout<<0<<endl;        }        else        {            int co=0;            while(m<n)            {                if((m-v)*k>m)                {                    m=(m-v)*k;                    co++;                }                else                {                    co=-1;                    break;                }            }            cout<<co<<endl;        }    }    return 0;}

Labyrinth

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 250    Accepted Submission(s): 130

Problem Description

度度熊是一只喜欢探险的熊，一次偶然落进了一个m*n矩阵的迷宫，该迷宫只能从矩阵左上角第一个方格开始走，只有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫，每一次只能走一格，且只能向上向下向右走以前没有走过的格子，每一个格子中都有一些金币（或正或负，有可能遇到强盗拦路抢劫，度度熊身上金币可以为负，需要给强盗写欠条），度度熊刚开始时身上金币数为0，问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币？

 

Input

输入的第一行是一个整数T（T < 200），表示共有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数m，n（m<=100，n<=100）。接下来的m行，每行n个整数，分别代表相应格子中能得到金币的数量，每个整数都大于等于-100且小于等于100。

 

Output

对于每组数据，首先需要输出单独一行”Case #?:”，其中问号处应填入当前的数据组数，组数从1开始计算。
每组测试数据输出一行，输出一个整数，代表根据最优的打法，你走到右上角时可以获得的最大金币数目。

 

Sample Input

23 41 -1 1 02 -2 4 23 5 1 -902 21 11 1

 

Sample Output

Case #1:18Case #2:4

 

思路：DP，类似于数塔，不过要分类，首先对于第一列的数，只能从上一个劲走到下，而其他列的数，都能从左上下三处到达，都能从左边到达的可以忽略，故用两个DP数组分别记录下从上到下走到该点的最大值和从下到上走到该点的最大值，然后最后对二者再求最大值更新完毕，最后输出右上角那个点对应的值就是最终答案。
第一列的数可以直接预处理，其余列的数从第二列开始计算每一行对应的数的值的两种变化情况。嗯就可以过了。。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int ans[105][105];int dpu[105];int dpd[105];int main(){    int t;    cin>>t;    int cas=0;    while(t--)    {        int m,n;        cin>>m>>n;        for(int i=1;i<=m;i++)        {            for(int j=1;j<=n;j++)            {                cin>>ans[i][j];            }        }        for(int i=2;i<=m;i++)        {            ans[i][1]+=ans[i-1][1];//第一列只能从上到下走        }       for(int j=2;j<=n;j++)        {            dpu[0]=dpu[m+1]=dpd[0]=dpd[m+1]=-9999999;            for(int i=m;i>=1;i--)            {                dpu[i]=max(dpu[i+1],ans[i][j-1])+ans[i][j];//从下向上走            }             for(int i=1;i<=m;i++)            {                dpd[i]=max(dpd[i-1],ans[i][j-1])+ans[i][j];//从上往下走            }            for(int i=1;i<=m;i++)            {                ans[i][j]=max(dpu[i],dpd[i]);            }        }           printf("Case #%d:\n%d\n",++cas,ans[1][n]);    }    return 0;}

资格赛四题。。只能做两题。。 还有两题貌似是DP和数据结构，都不会啊TVT。。。