<每日一题> Day6：HDU递推专题完结

原题链接

这是我自己Clone的专题，A，B题解昨天发过了

C：参考代码：

/*
    很容易我们可以手推出n = 1， 2， 3时的情况，我们假设前n - 1
    列已经放好，方法有dp[n - 1]种，第n列很显然有1种方法，那我
    再假设前n - 2列已经放好，方法有dp[n - 2]种，此时我们知道
    第n - 1和第n列肯定是横着放的，如果他们竖着放就和前n - 1列
    放好的情况相同，所以我们可以推出方程dp[n] = dp[n - 1] + dp[n - 2];
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn =  + ;
int n;
ll dp[maxn];

int main() {
    dp[] = ;
    dp[] = ;
    dp[] = ;
    for(int i = ; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] = dp[i - ] + dp[i - ];
    }
    while(~scanf("%d", &n)) {
        printf("%lld\n", dp[n]);
    }
    return ;
}

D：参考代码：

/*
    解题思路：还是一如既往的递推...这个题和涂格子的那个题目很像
    很容易我们可以手推出n = 1， 2， 3的情况，对于第n个格子，我
    们假设前n - 1个格子已经涂好了，那么我们知道如果第n - 1个格子
    是O，那么我们第n个格子有两种涂法，如果不是O，我们第n个格子有
    三种涂法，对于第n - 1个格子，我们可以看第n - 2个格子，如果
    第n - 2个格子
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn =  + ;
int n;
ll dp[maxn];

int main() {
    dp[] = ;
    dp[] = ;
    dp[] = ;
    for(int i = ; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] =  * (dp[i - ] + dp[i - ]);
    }
    while(~scanf("%d", &n)) {
        printf("%lld\n", dp[n]);
    }
    return ;
}

E：参考代码：

/*
    同样是递推，手推出n = 2， 3时所有未中奖的情况，我们先把
    他们抽奖假设为放东西，那么第n个参与者放东西时它可以放到
    任意一个前面的位置即n - 1种方法，我们假设为k为n放置的坐
    标，那么我们还需要将第k个放到其它位置，我们知道当第k个放
    到第n个位置时，其它n - 2个有dp[n - 2]种方法，当第k个不放
    到第n个位置时，这n - 1个有dp[n - 1]种方法放置，所以我们
    可以得出dp[n] = (n - 1) * (dp[n - 1] + dp[n - 2])。
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn =  + ;
int c, n;
ll dp[maxn];
ll mather[maxn];

int main() {
    dp[] = ;
    dp[] = ;
    mather[] = ;
    mather[] = ;
    for(int i = ; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] = (i - ) * (dp[i - ] + dp[i - ]);
        mather[i] = mather[i - ] * i;
    }
    scanf("%d", &c);
    while(c --) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%.2f%%\n", ((double)dp[n] * ) / mather[n]);
    }
    return ;
}

F：参考代码：

/*
    这个题可能是上一题的加强版？
    上一题是说n个人全为选中正确的百分比，这题是求n个里有m个全
    未选中的种数，高中同学应该都能想到选出m个让他们全不合格就行，
    C(n, m) * dp[m]即为方程了。
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn =  + ;
int c, n, m;
ll dp[maxn], mather[maxn];

int main() {
    dp[] = ;
    dp[] = ;
    for(int i = ; i <= maxn; i ++)
        dp[i] = (i - ) * (dp[i - ] + dp[i - ]);
    scanf("%d", &c);
    while(c --) {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        ll p = ;
        for(int i = n - m + ; i <= n; i ++)
            p *= i;
        for(int i = ; i <= m; i ++)
            p /= i;
        printf("%lld\n", p * dp[m]);
    }
    return ;
}

G：参考代码：

/*
    这题一开始没有思路emm，去网上查了一下发现受益匪浅。
    参考直线相交，我们发现每增加一条直线就会增加n - 1个交点，
    就会增加n个平面，所以我们知道对于直线相交产生的平面个数有
    dp[n] = dp[n - 1] + n;

    对于折线呢，我们发现，每画一条折线我们总是能和之前的n - 1
    条折线多出4个交点，即总共多出4 * (n - 1) 个交点，那么就多出了
    4 * (n - 1) + 1个面，就可以得出递推方程dp[n] = dp[n - 1] + 4 * [n - 1] + 1

    对于Z型折线，画一画就可以知道每增加一条z型折线，最多能与原图的n - 1条z型折线
    共多生成9 * (n - 1) 个交点，也即可以得到递推方程为
    dp[n] = dp[n - 1] + 9 * (n - 1) + 1;
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn =  + ;
int c, n;
ll dp[maxn];

int main() {
    dp[] = ;
    for(int i = ; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] = dp[i - ] +  * (i - ) + ;
    }
    scanf("%d" ,&c);
    while(c --) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%lld\n", dp[n]);
    }
    return ;
}