NO.1
题目描述： n只蚂蚁以每秒1cm的速度在长为Lcm的竿子上爬行。当蚂蚁爬到竿子的端点时就会掉落。由于竿子太细，两只蚂蚁相遇时，它们不能交错通过，只能各自反向爬回去。对于每只蚂蚁，我们知道它距离竿子左端的距离xi，但不知道它当前的朝向。请计算各种情况当中，所有蚂蚁落下竿子所需的最短时间和最长时间。
思路：
代码：
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 50000+2
int a[MAXN];
int main()
{
freopen("t1.in","r",stdin);
freopen("t1.out","w",stdout);
int n,l;
cin>>n>>l;
int x=0,y=0,k;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
k=min(a[i],l-a[i]);if (x<k) x=k;
k=max(a[i],l-a[i]);if (y<k) y=k;
}
cout<<x<<" "<<y<<endl;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}NO.2
题目描述：一个正整数一般可以分为几个互不相同的自然数的和，如3=1+2，4=1+3，5＝1+4=2+3，6=1+5＝2+4，…。现在你的任务是将指定的正整数n分解成m个(m>=1)互不相同的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大。
思路：可以从2开始，枚举2+3+…i小于等于n的最大值i
剩下的值downto 加回去
再高精求出值
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,l,w,k[10001],a[10000],maxn=10000;
void gaojin(int x)
{
int g=0,k=0;
for (int i=maxn;i>=1;i--)
{
g=a[i]*x+k;
a[i]=g%10;
k=g/10;
}
}
int main()
{
freopen("max.in","r",stdin);
freopen("max.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
m=n;
l=2;
if (n==4)
{
printf("%d
%d",n,n);
return 0;
}
while (m>=l)
{
w++;
k[w]=l;
m-=l;
l++;
}
if (m<=w) for (int i=m;i>=1;i--) k[w-i+1]++;
else
{
for (int i=w;i>=1;i--) k[w-i+1]++;
for (int i=m-w;i>=1;i--) k[w-i+1]++;
}
a[maxn]=1;
for (int i=1;i<=w;i++)
{
printf("%d ",k[i]);
gaojin(k[i]);
}
printf("
");
l=1;
while (a[l]==0) l++;
for (int i=l;i<=maxn;i++) printf("%d",a[i]);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}NO.3
题目描述：一天，还是Famer KXP,他在与他的好朋友Famer John玩一个游戏，规则如下：KXP站在起点，桌子上放置着一排物品，每个物品都有它的质量和距离起点的位置。KXP的基础分=最远物品距离*2+拿的物品的质量和，最终分数=最远物品距离*2+拿的物品的质量和*Y（Y为该物品是第Y个被拿的）KXP想提前知道自己在拿X个物品时基础分最高时最终分数为多少，若在拿K个时有多种情况能达到最高基础分则只输出X小于K时的情况（即发现有多种情况就立即结束程序），希望你帮忙解决。（K不一定被询问）
思路：贪心+堆维护
先将询问1时，的终极分数是多少
然后在每次询问，找到每次可以增加的最大值，再用堆维护
NO.4
题目描述：这种军队共有N个单位，一个接着一个排成一排，每个单位可以是士兵，或者是战车，这样的组合可以爆发出意想不到的强大战斗力；但有一点，两辆战车不能相邻，否则会发生剐蹭等不好的事故。刘邦希望知道这N个单位的军队都多少种不同的排列方法，以便在战场中随机应变。两种军队的排列方法是不同的，当且仅当某一个单位对应不同，如：第i位这种是士兵，那种是战车……
思路：30%做法：搜索
分两种情况，①当前为士兵（0），那么后面放什么都符合，dfs(dep+1，1)+dfs(dep+1,0)
②当前为战车（1），那么后面只能跟士兵，dfs(dep+1,0)
30%代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
int n;
int dfs(int x,int y)
{
if (x>=n) return 1;
if (y==0) return dfs(x+1,1)+dfs(x+1,0);
else return dfs(x+1,0);
}
using namespace std;
int main()
{
freopen("siege.in","r",stdin);
freopen("siege.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
printf("%d",dfs(1,0)+dfs(1,1));
fclose(stdin);
fclose(stdout);
}70%做法：斐波那契数列
由上得出 f[i][0]+f[i][1]=f[i-1][1]+f[i-1][0]+f[i-1][0]….①
设g[i]为i长的序列排放的方案数
①转换得g[i-1]+f[i-1][0]
=g[i-1]+f[i-2][1]+f[i-2][0]
=g[i-1]+g[i-2]
就是一个明显的斐波那契数列
70%代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
unsigned long long n,f[1000001];
int main()
{
freopen("siege.in","r",stdin);
freopen("siege.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
f[1]=2;
f[2]=3;
for (int i=3;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%100000007;
printf("%lld",f[n]);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}100%思路：矩阵乘法
由此可以推出100%解法，n-1次方要用快速幂做
100%代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
long long n,a[2],b[2][2],c[2][2],d[2][2],e[2];
void ksm(long long x)
{
memcpy(b,c,sizeof(b));
while (x)
{
if (x&1)
{
memset(d,0,sizeof(d));
for (int i=0;i<2;i++)
for (int j=0;j<2;j++)
for (int k=0;k<2;k++)
d[i][j]=(d[i][j]+b[i][k]*c[k][j])% 100000007;
memcpy(b,d,sizeof(b));
}
memset(d,0,sizeof(d));
for (int i=0;i<2;i++)
for (int j=0;j<2;j++)
for (int k=0;k<2;k++)
d[i][j]=(d[i][j]+c[i][k]*c[k][j])% 100000007;
memcpy(c,d,sizeof(c));
x=x>>1;
}
}
int main()
{
freopen("siege.in","r",stdin);
freopen("siege.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
a[0]=2; a[1]=3;
if (n<=2) printf("%lld",a[n-1]);
else
{
c[0][1]=c[1][0]=c[1][1]=1;
ksm(n-2);
for (int i=0;i<2;i++)
for (int j=0;j<2;j++)
e[i]=(e[i]+a[j]*b[j][i]% 100000007)% 100000007;
printf("%lld",e[0]);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}