<每日一题> Day6：HDU递推专题完结

原题连接

这是我本身Clone的专题，A，B题解昨天发过了

C：参考代码：

/*
    很容易咱们能够手推出n = 1， 2， 3时的状况，咱们假设前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，此时咱们知道
    第n - 1和第n列确定是横着放的，若是他们竖着放就和前n - 1列
    放好的状况相同，因此咱们能够推出方程dp[n] = dp[n - 1] + dp[n - 2]; 
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn = 50 + 5;
int n;
ll dp[maxn];

int main() {
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    dp[3] = 3;
    for(int i = 4; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    }
    while(~scanf("%d", &n)) {
        printf("%lld\n", dp[n]);
    }
    return 0;
}

D：参考代码：

/*
    解题思路：仍是一如既往的递推...这个题和涂格子的那个题目很像
    很容易咱们能够手推出n = 1， 2， 3的状况，对于第n个格子，我
    们假设前n - 1个格子已经涂好了，那么咱们知道若是第n - 1个格子
    是O，那么咱们第n个格子有两种涂法，若是不是O，咱们第n个格子有
    三种涂法，对于第n - 1个格子，咱们能够看第n - 2个格子，若是
    第n - 2个格子
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn = 40 + 5;
int n;
ll dp[maxn];

int main() {
    dp[1] = 3;
    dp[2] = 8;
    dp[3] = 22;
    for(int i = 4; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] = 2 * (dp[i - 1] + dp[i - 2]);
    }
    while(~scanf("%d", &n)) {
        printf("%lld\n", dp[n]);
    }
    return 0;
}

E：参考代码：

/*
    一样是递推，手推出n = 2， 3时全部未中奖的状况，咱们先把
    他们抽奖假设为放东西，那么第n个参与者放东西时它能够放到
    任意一个前面的位置即n - 1种方法，咱们假设为k为n放置的坐
    标，那么咱们还须要将第k个放到其它位置，咱们知道当第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，因此咱们
    能够得出dp[n] = (n - 1) * (dp[n - 1] + dp[n - 2])。
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn = 20 + 5;
int c, n;
ll dp[maxn];
ll mather[maxn];

int main() {
    dp[2] = 1;
    dp[3] = 2;
    mather[2] = 2;
    mather[3] = 6;
    for(int i = 4; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] = (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]);
        mather[i] = mather[i - 1] * i;
    }
    scanf("%d", &c);
    while(c --) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%.2f%%\n", ((double)dp[n] * 100) / mather[n]);
    }
    return 0;
}

F：参考代码：

/*
    这个题多是上一题的增强版？
    上一题是说n我的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，高中同窗应该都能想到选出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 = 20 + 5;
int c, n, m;
ll dp[maxn], mather[maxn];

int main() {
    dp[2] = 1;
    dp[3] = 2;
    for(int i = 4; i <= maxn; i ++)
        dp[i] = (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]);
    scanf("%d", &c);
    while(c --) {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        ll p = 1;
        for(int i = n - m + 1; i <= n; i ++)
            p *= i;
        for(int i = 1; i <= m; i ++)
            p /= i;
        printf("%lld\n", p * dp[m]);
    }
    return 0;
}

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不浅。
    参考直线相交，咱们发现每增长一条直线就会增长n - 1个交点，
    就会增长n个平面，因此咱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，咱们发现，每画一条折线咱们老是能和以前的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，就能够得出递推方程dp[n] = dp[n - 1] + 4 * [n - 1] + 1

    对于Z型折线，画一画就能够知道每增长一条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，也便可以获得递推方程为
    dp[n] = dp[n - 1] + 9 * (n - 1) + 1;
*/
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long int ll;
const int maxn = 10000 + 5;
int c, n;
ll dp[maxn];

int main() {
    dp[1] = 2;
    for(int i = 2; i <= maxn; i ++) {
        dp[i] = dp[i - 1] + 4 * (i - 1) + 1;
    }
    scanf("%d" ,&c);
    while(c --) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%lld\n", dp[n]);
    }
    return 0;
}