寒假欢乐赛

状态不好a...

第一题 NOIP 2000 单词接龙

Description
单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏，现在我们已知一组单词，且给定一个开头的字母，要求出以这个字母开头的最长的“龙”（每个单词都最多在“龙”中出现两次）。只要有重合的内容，两个单词就能够连接起来。在两个单相连接时，其重合部分合为一部分，例如 beastst和ststonish，如果接成一条龙则变为beastststonish(也可以连接为
beaststonish，但单词的长度比前者要短)。另外重合的两部分不能存在完全的包含关系，例如at 和 atide 间不能相连,但ata和ataide可连接为atataide。
Input
第一行为一个单独的整数n (n<=20)表示单词数，以下n 行每行有一个单词（长度不超过20），输入的最后一行为一个单个字符，表示“龙”开头的字母。以此字母开头的“龙”一定存在.
Output
只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度
Sample Input

5
at
touch
cheat
choose
tact
a

Sample Output

23

一看就是DFS，但是关键是怎么知道两个字符串能否接上，和接上后公共部分的长度。用字符数组比字符串简便。
#include <cstdio>
#include <cstring>
char str[30][1001],temp[1001];
int f[30][30],used[30],ans,n;
//f[i][j]表示第i个词和第j个词的公共部分长度
void search(int k,int len){
int i;
if(len>ans)ans=len;
for(i=0;i<n;i++)
if(f[k][i]>0&&used[i] < 2){ //每一个可使用两次
used[i]++;
search(i, len + f[k][i]);
used[i]--;
}
}
int main(){
int i, j;
char *p, c;
scanf("%d", &n);
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%s\n", str[i]);
for(i=0;i<n;i++) //暴力推出f数组
for(j=0;j<n;j++){
strcpy(temp, str[i]);
p=&temp[strlen(temp) - 1];
while(p != temp){ // 相当于 tail != head
if(*p==str[j][0]&&strncmp(p,str[j],strlen(p))==0){
//如果p位置和j的第一个相同，并且后面的也相同
f[i][j]=strlen(str[j])-strlen(p);
break;
}
p--; //指针前移
}
}
scanf("%c",&c);
for(i=0;i<n;i++)
if(str[i][0]==c){ //满足起始要求，开搜
used[i]++;
search(i,strlen(str[i]));
used[i]--;
}
printf("%d", ans);
}

第二题  采矿

Description
GJQ和HY同学经常打游戏，因此总是被给类奇葩的游戏吓到…… 

即时策略游戏中，资源是必不可少的。但由于这个奇葩的游戏有着奇葩的规则，所以二人总是很难采到最多的矿。 

矿区是被划分成一个n*m的矩形区域。每一小块区域里有NEW矿和BE矿两种矿，而且蕴藏量是已知的， 并且GJQ.HY在矿区的北边和西边分别设置了NEW矿和BE矿的收集站。你的任务是设计一个管道运输系统，使得运送的NEW矿和BE矿的总量最多。 

管道的型号有两种，一种是东西向，一种是南北向。在一个格子内你能建造一种管道，但不能两种都建。如果两个同类型管道首位相接，它们就可以被连接起来。 

另外这些矿物都十分不稳定，因此它们在运送过程中都不能拐弯。这就意味着如果某个格子上建有南北向管道，但是它北边的格子建有东西向管道，那么这根南北向管道内运送的任何东西都将丢失。迚一步地，运到NEW矿收集站的BE矿也会丢失，运到BE矿收集站的NEW矿也会丢失。
Input
第一行包含两个整数n和m，表示矿区大小。 

以下n行，每行m个整数，其中第i行第j个整数G[i,j] 描述各个格子上的BE矿数量。接下来以类似的矩阵表示各个格子上的NEW矿数量。
Output
仅一个整数， 表示最多可以采集到的NEW矿和BE矿的总量。
Sample Input

4 4
0 0 10 9
1 3 10 0
4 2 1 3
1 1 20 0
10 0 0 0
1 1 1 30
0 0 5 5
5 10 10 10

Sample Output

98

一看就是动归，要想清楚状态：

f[i][j]  表示以（i，j）为右下顶点的最优方案，所求就变成了f
[m]。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int m,n,be[1005][1005],_new[1005][1005],f[1005][1005];
int main(){
int i,j,x;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&x);
be[i][j]=be[i][j-1]+x; //注意前缀和 ，be[i][j]表示i行前j个be矿的和
}
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&x);
_new[i][j]=_new[i-1][j]+x; //同上
}
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
f[i][j]=max(be[i][j]+f[i-1][j],_new[i][j]+f[i][j-1]);
//决策：当前块运送be矿还是new矿
cout<<f
[m];
}