第一题：

玩飞行棋，骰子置出多少步，就前进多少步，到终点过了的话，要再回退。给你目前到终点的距离以及N次骰子的置出数字，问在第N次骰子之前能不能到终点。

模拟题，很简单，但是有一个小坑，就是N次骰子的第N次要单独考虑，读题需要仔细，写的还算可以。

#include<iostream> using namespace std;int k,n,x,ans=0;int main(){cin>>k>>n;if (k==0) { cout<<"paradox"<<endl; return 0;}bool flag=0;for (int i=1; i<=n-1; i++){cin>>x;if (k>x) k=k-x;else if (k<x) { k=x-k; ans++;}else { flag=1; cout<<"paradox"<<endl; break;}}cin>>x;if (k>x) k=k-x;else if (k<x) { k=x-k; ans++;}else k=0;   if (flag==0) cout<<k<<" "<<ans<<endl;
}

第二题：

给你N个骰子，以及他们的上下、前后、左右面的数字，问一共N个骰子分几种？

这个题目的关键就是判断两个骰子是否相同，我感觉应该有固定的解法或者判断方式，

但是我不会，所以写了个有点儿丑的，写的很慢，一个小时多，还好是正确的。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;int c[720][7];
int b[10],d[10];
int a[1000];
int n,s=0;
int shang,xia,zuo,you,qian,hou;
bool f;bool check(int j){  //判断当前与第j个是否相同 if (c[j][2]!=xia) return false;for (int i=1; i<=4; i++)b[i]=c[j][i+2];if (zuo==b[1]){d[1]=zuo; d[2]=qian; d[3]=you; d[4]=hou;} else if (qian==b[1]){d[1]=qian; d[2]=you; d[3]=hou; d[4]=zuo;} else if (you==b[1]){d[1]=you; d[2]=hou; d[3]=zuo; d[4]=qian;} else if (hou==b[1]){d[1]=hou; d[2]=zuo; d[3]=qian; d[4]=you;}for (int i=1; i<=4; i++){if (b[i]!=d[i]) return false;}return true;
}int main(){cin>>n;for (int i=1; i<=n; i++){cin>>shang>>xia>>zuo>>you>>qian>>hou;//shang=1if (xia==1){swap(shang,xia); swap(zuo,you);}else if (zuo==1){zuo=xia; xia=you; you=shang; shang=1; }else if (you==1){you=xia; xia=zuo; zuo=shang; shang=1;} else if (qian==1){qian=xia; xia=hou; hou=shang; shang=1;}else if (hou==1){hou=xia; xia=qian; qian=shang; shang=1;}//f=0;for (int j=1; j<=s; j++){if (check(j)) { f=1; c[j][0]++; }}if (f==0){s++;c[s][0]=1;c[s][1]=shang;c[s][2]=xia;c[s][3]=zuo;c[s][4]=qian;c[s][5]=you;c[s][6]=hou;} //cout<<shang<<xia<<qian<<you<<hou<<zuo<<endl;}/*for(int i=1; i<=s; i++){for (int j=0; j<=6; j++) cout<<c[i][j]<<" ";cout<<endl;} */for (int i=1; i<=s; i++){a[i]=c[i][0];}sort(a+1,a+s+1);cout<<s<<endl;for (int i=s; i>=1; i--){cout<<a[i]<<" ";}
}

我的解法是：先把目标骰子的一个面定住（比如规定好，上面必须是1这样摆放）。这样的话，如果另外一个骰子上面是1，下面和目标骰子相同，那么这两个骰子只需要再比较另外四个面就可以了，并且如果我们把两个骰子的这四个面都按照有一个方向读书，他们的数列相对顺序应该是一样的。

比如两个给出的两个骰子是：（顺序为上下左右前后面）

骰子1：1 2 3 4 5 6

骰子2：5 6 1 2 3 4

我们把骰子1作为目标，即要求所有的骰子比较时，上面的面一定是1。

所以先把骰子2向右旋转90度，变成1 2 6 5 3 4

这时如果两个骰子的上面是相等的都是1，如果下面不相等，那么一定不相等。

如果下面相等，则看前后左右四面，骰子2按顺时针四面为5 4 6 3（起点随便选）

骰子1也按顺时针四面为3 5 4 6（起点也随意选择）

这时我们发现，只要他们是相对循环相等的，那他们就一定相等。

所以通过一次旋转和一次取周围四面的数字顺序比较，完成对两个骰子相等的判断。

想去网上搜一下标准的解法，找到一个把一个骰子的24种摆放情况都列举出来再判断的方法，要占用额外的空间，而且并不简洁。

我自认为可能这已经是最合适的解法了吧。

第三题：

多多公司每天给员工提供免费的三餐，而小多由于习惯性赖床，所以他从来吃不到早餐。

今天公司提供了N套中餐和M套晚餐，每种套餐分别有一个热量值X和美味值Y。

小多想知道，在满足美味值之和不少于T的情况下，最少可以摄入多少热量值？

注意：

每顿饭最多只能选择一种套餐，小多可以选择只吃一顿饭甚至不吃饭。

输入描述:

第一行三个整数N，M，T，分别表示中餐种数，晚餐种数以及小多需要满足的最少美味值

然后N行第i行两个整数Xi和Yi，表示第i套中餐的热量值和美味值

最后M行第j行两个整数Xj和Yj，表示第j套晚餐的热量值和美味值

输出描述:

一个整数，表示小多在这两顿饭的美味值之和不少于T的前提下，最少摄入的热量值

如果小多两顿饭的美味值之和无论如何都无法达到T，则输出-1

示例1输入输出示例仅供调试，后台判题数据一般不包含示例

输入1

输出1

说明1

只吃中午的第2种套餐，不吃晚餐

输入2

1 1 0
3 1
2 1

输出2

说明2

选择一顿都不吃

输入3

输出3

说明3

选择第3种中餐，和第1种晚餐

输入4

输出4

-1

说明4

无论怎么选，美味值都达不到4，所以输出-1

备注:

对于50%的数据：1 <= N, M, Xi, Yi, Xj, Yj <= 1,000, 0 <= T <= 2,000

对于100%的数据：1 <= N, M, Xi, Yi, Xj, Yj <= 100,000, 0 <= T <= 200,000

简答来说：有N种午饭和M种晚饭，每种饭都有热量值X和美味值Y，并且每顿饭最多吃一种，问在美味值之和不小于T的情况下，最少的热量摄入X。

每顿饭可以选择吃，也可以不吃，吃的话选择哪种？这不是分组背包吗？我不知道我为啥想到了这里，但是背包问题都是有最大容量量以及要去最大值，这个题目求的是保证前提的情况下的最小值，所以神他妈的背包，想的太偏了，要怪只能怪背包没学好，连应用条件都不知道。

解析：

首先应该写一个O(n^2)的暴力，枚举每一种中餐和晚餐的搭配，循环(n+1)*(m+1)，可以不选，从中取出满足条件的最小值。

这样可以过50%。

改进1：排序

按x排序的话，那就是碰到符合条件的y就退出，因为x肯定是最小的了。

按y排序的话，那就是碰到不符合条件的y就退出，因为之后的y也一定不满足，答案肯定在当前统计了。

这样好像是可以过65%。

改进2：删除

倒是是按x排序还是y排序？能不能一起排序？开始我纠结了很久，后来发现，

如果饭A的热量值大于B的热量值，并且A的美味值小于B的美味值，那么这个饭A是肯定没有用的，所以我们可以直接不考虑饭A，所以排序完成后，应该是x和y都在递增的情况。

这样就实现了一个x和y的正相关，单调性，所以现在可以使用二分了，对于每个中餐，二分晚餐，复杂度O(nlogn)。

过100%d的数据。

本题参考了博客https://blog.csdn.net/m0_38065572/article/details/107751194

顺便学习了双指针的解法：https://blog.csdn.net/qq_21989927/article/details/111703040

第四题：

有一个6x6的花园，里面分空地和建筑两种，建筑上不能再种地，你有6种作物，需要种到空地上，每个格子种的作物不能和它相邻四周的相同，求有多少种种植方案。
输入：一个6X6的矩阵，有房子的地方标注#，其他地方标注*。
输出：种植方法的数目对10000009的余数。

这应该是个数学题吧，，，

简化问题，假设有4种作物，种在3*3的格子上，没有建筑。

对于第一行第一列（1,1）这个格子，他4种作物随便选，所以是4.

对于第一行第二列（1,2）这个格子，因为他左边的（1，1）已经选了一种，不能选相同的，所以他还剩3种可选。

以此类推。。。。。。

对于（2,2）这个格子，他的左边、上边已经选择好，但是右边和下边目前还是空地，所以不耽误他当前的决策，所以还剩2种可选。

以此类推。。。。。。

得出一个矩阵

4 3 3

3 2 2

3 2 2

矩阵中的数字代表每个格子的可能情况，答案就是这个矩阵乘起来。

不知道这样想对不对，，，，，

所以这个题，先写个会超时的爆搜练练手吧。

#include<iostream> using namespace std;char c[100][100]; //土地初始状态
int a[100][100];  //土地种植情况
int n;  //n*n的土地
int m;  //m种作物
int ans;  //答案统计 void dfs(int x,int y){if (x==n+1){ans++;/*cout<<ans<<endl;for (int i=1; i<=n; i++){for (int j=1; j<=n; j++) cout<<a[i][j]<<" ";cout<<endl; }*/return;}if (c[x][y]=='#'){//如果是建筑，直接看下一块土地 if (y==n) dfs(x+1,1); else dfs(x,y+1); //种植完进行下一步 } else { bool flag=false; //能否找到一种作物种植？ for (int i=1; i<=m; i++){if ((a[x-1][y]!=i)&&(a[x][y-1]!=i)) {flag==true; //找到了 a[x][y]=i;if (y==n) dfs(x+1,1); else dfs(x,y+1); //种植完进行下一步 a[x][y]=0;}      } }
}int main(){cin>>n>>m;for (int i=1;i<=n; i++)for (int j=1; j<=n; j++)cin>>c[i][j];dfs(1,1);if (ans==0) cout<<-1<<endl;else cout<<ans<<endl;
}

爆搜的好处就是可以验证猜想，把我们猜想的情况输入发现

结果跑出来是9612种，而按照猜想计算是5184，少了很多。

后来想通了，这样不对的原因，因为对于（2,2）这个格子来说，他的左边和上边可能是相同的，所以他是3，也就是说少考虑了很多情况。所以这种想法是错误的。

想不出别的办法了，问了大神，这个题可能有些难，是要用插头DP，同时扔给我一个pdf学习，资源详见：

https://download.csdn.net/download/qq_21989927/12695394

（我没学，太难了。。。）

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第一题：

第二题：

第三题：

解析：

第四题：

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