(HDU 4586)

思路：

　　很裸的一道概率题，容易得到公式ans=1/n*va[1]+1/n*va[2]+...+1/n*va[n]+m/n*ans,va[i]为对应位置得到的钱数，但是细节不得不注意！！第一次没看到无限多钱要输出inf，第二次没想到，即使n==m也不一定无限多钱，因为有可能每个面得到的钱数都是0.

#include
      
       #include
       
        int va[300];int main(){    int n,i,m,LL;    while(scanf("%d",&n)!=EOF)    {        double ans=0;        for(i=1;i<=n;i++){            scanf("%d",&va[i]);            ans+=1.0*va[i];        }        scanf("%d",&m);        for(i=0;i
       
      

 

 (HDU 4587)

思路：

　　图论渣渣...等学了图论再看..

 

 (HDU 4588)

思路：

　　这题一直在想数位dp神马的，后来才发现其实是有规律的....1-n转化成2进制以后，每一位1出现都是循环的，所以可以直接求出1-n之间所有数转化成2进制后，每一位1的个数..然后就可以直接算进位的次数了.

#include
      
       #include
       
        long long sum[100];long long solve(int a,int b){    memset(sum,0,sizeof(sum));    long long cir=2;    if(b>=0)    {        for(int i=1;i<=40;i++)        {            if(2*b
        
         (cir/2))                sum[i]+=temp-(cir/2);            cir*=2;        }    }    cir=2;    if(a>=0)    {        for(int i=1;i<=40;i++)        {            if(2*a
         
          (cir/2))                sum[i]-=temp-(cir/2);            cir*=2;        }    }    long long ret=0;    int pos=1;    while(sum[pos]!=0)    {        ret+=sum[pos]/2;        sum[pos+1]+=(sum[pos]/2);        pos++;    }    return ret;}int main(){    int a,b;    while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)    {        printf("%lld\n",solve(a,b+1));    }    return 0;}
         
        
       
      

 

 (HDU 4592)

思路：

　　大家第一下一定都会想到枚举第一行的状态改变...目测这题卡的就是这种做法...TLE了好久，其实，不管哪种状态，最后都可以处理成，前n-1行全是0的状态，而第n行不确定，由于第n行的状态只有1<<n种，所以可以预处理出除了最后一行，其它行全是0时，哪种状态改变可以让第一行变成0，然后保存下来.以上预处理过后，求解每个棋盘的时候，第一行状态不变，从第二行开始向下先处理一遍，就变成了我们预处理过的状态，再用我们预处理出来的状态处理回去就可以全变成0了.当然，两次改变的位置是要异或一下的，因为按2下等于没按嘛.

#include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          using namespace std;#define INF 100000000int va[10],n,tem[10],NUM1[300],tem1[10],tem2[10];int MAP[10][300];vector
          
           road[10][300];int min(int x,int y){    return x
           
            >1)&0x55555555); n=(n&0x33333333)+((n>>2)&0x33333333); n=(n&0x0f0f0f0f)+((n>>4)&0x0f0f0f0f); n=(n&0x00ff00ff)+((n>>8)&0x00ff00ff); n=(n&0x0000ffff)+((n>>16)&0x0000ffff); return n;}void init(){ int i,j,k,r; for(i=0;i<=255;i++){ NUM1[i]=get1(i); } for(i=1;i<=8;i++) { int state=(1<
            
             >1); } for(j=0;j<=state;j++) { for(k=0;k<=state;k++) { memset(tem,0,sizeof(tem)); int pre=k; tem[1]=j^MAP[i][k]; for(r=2;r<=i;r++) { tem[r]^=pre; tem[r]^=MAP[i][tem[r-1]]; pre=tem[r-1]; } if(tem[i]==0) { road[i][j].push_back(k); } } } }}int make(int a[],int b[],int n,int sta)//初始状态，中间状态{ int r; memset(tem,0,sizeof(tem)); b[1]=sta; tem[1]=a[1]^MAP[n][sta]; for(r=2;r<=n;r++) { tem[r]=a[r]^b[r-1]; tem[r]^=MAP[n][tem[r-1]]; b[r]=tem[r-1]; } return tem[n];}int main(){ int T,i,j,ans; init(); scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&va[i]); memset(tem2,0,sizeof(tem2)); tem2[1]=make(va,tem1,n,0); ans=INF; for(i=0;i<(int)road[n][tem2[1]].size();i++) { make(tem2,va,n,road[n][tem2[1]][i]); int cnt=0; for(j=1;j<=n;j++) cnt+=NUM1[tem1[n-j+1]^va[j]]; ans=min(ans,cnt); } if(ans==INF) printf("-1\n"); else printf("%d\n",ans); } return 0;}
            
           
          
         
        
       
      

 (HDU 4593)

思路：

　　这个就略过了..

 

 (HDU 4596)

思路：

　　看数据量一定是枚举任意2个虫洞有没有交集，对于2个虫洞，只要能找到x1*k1+a=x2*k2+b(k1,k2为任意整数)就说明有交集，对等式移项可得x1*k1-x2*k2=b-a，如果有整数解，那么(b-a)%gcd(x1,x2)应该等于0，否则无整数解，现在a的范围是[y1,z1],b的范围是[y2,z2]，那么b-a的范围也可以确定下来，剩下的只要判断一下是否存在(b-a)%gcd(x1,x2)==0就行了，第一次写的时候没完全想清楚区间的转化，代码写的比较挫..

#include
      
       #include
       
        using namespace std;struct node{    int x,y,z;}va[1200];long long gcd(long long x,long long y){    while(x)    {        long long temp=x;        x=y%x;        y=temp;    }    return y;}int check(int i,int j){    if(va[i].x==va[j].x){        if(va[i].y