如何做好区县外宣网站建设seo搜索引擎优化课后答案

ceil函数我给你跪了，总之ceil（x) 返回的是 等值于 大于或等于x(一般为浮点数，可能是整数）的最小整数 的浮点数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long int
signed main()
{
int res=0,sum=0;
int a,b,n;
cin>>a>>b>>n;int x=5*a+2*b;
res+=(n/x*7);
sum+=n/x*x;
int y=n-sum;
//x=0;
//while(y>0){
//	x++;
//	if(x<=5)y-=a;
//	else y-=b;//}
//res+=x;
if(y>5*a){res=res+5+(int)ceil((y-5*a)*1.0/b);
}
else res+=(int)ceil(1.0*y/a);
//if(y>5*a){
//	res+=5;
//	int z=((y-5*a)%b==0)?(y-5*a)/b:(y-5*a)/b+1;
//	res+=z;
//}
//else{
//	int z=((y%a)==0)?y/a:y/a+1;
//	res+=z;
//}
cout<<res;return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long int
int n;
const int N=10000;
int a[N];
int b[N];
signed main(){
//在第一天的 早晨, 所有灌木的高度都是 0 厘米  每天从早上到傍晩会长高 1 厘米
//当修剪了最右侧的灌木后, 她会调转方向
cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=2*max(n-i,i-1);cout<<a[i]<<endl;}   //3 4 5//	1 1 1  0 1 1
//	1 2 2  1 0 2
//	2 1 3  2 1 0
//	3 2 1  3 0 1
//	4 1 2  0 1 2
//	1 2 3  1 0 3
//	2 1 4  2 1 0//	首先容易发现，
//	1、最高的时候永远出现在晚上未修剪之前(马上要修剪了)，轮流变成0
//	2、灌木的最高长度应该是对称的(调转方向)
//	3、因为有最高高度，这应该是个循环的固定模式，即每个灌木都是从0->max 重复
//	固定模式的哪个时刻出现最高高度呢？
//	刚把a[x]砍到0后，向左（或向右）走到底a[n]，再往回走到a[x]的时候return 0;
}

结错婚是惨过输钱，看错题惨过。。。 是不超过k不是等于k啊大佬

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long int
int n,m,k;
const int N=1005;
int a[N][N];
int b[N][N];//b[i][j],第i列 前j行的前缀和
int res=0;
void fun(int x,int y){int s[N];int sum[N];memset(s,sizeof(s),0);memset(sum,sizeof(sum),0);for(int i=1;i<=n;i++){s[i]=b[i][y]-b[i][x-1];sum[i]=sum[i-1]+s[i];}//这里是暴力枚举区间，在双重循环下暴力导致超时//用滑动窗口(maybe)
//	for(int l=1;l<=n;l++){
//		for(int r=l;r<=n;r++){
//			if((sum[r]-sum[l-1])<=k)res++;
//		}
//	}int l=1,r=1;for(int r=l;r<=n;r++){while(sum[r]-sum[l-1]>k){l++;}res+=r-l+1;
//此时sum[r]-sum[l-1]<=k,由于枚举的是右端点，以r为右端点，有r-l+1个空间满足条件}	
//	l l+1 l+2 l+3    (l,l+3) (l+1,l+3) (l+2,l+3) (l+3,l+3)
}
void fun1(int i,int ii){
//	这里a[i][j]是第j列前i行的前缀和
//我的题解b[i][j]是第i列前j行的前缀和int l = 1, r = 1;//滑动窗口的左右端点int sum = 0;//区间前缀和：[l,r]区间的累计和for(r = 1; r <= n; r++)//遍历右端点，根据区间和调整左端点{sum += a[ii][r] - a[i-1][r];//加上右端点处的和while(sum > k)//区间和了，左端点右移，区间变小{sum -= a[ii][l] - a[i-1][l];//减去移出去的左端点处的和l++;}res += r - l + 1;//方法数就是找到的区间大小累加}
}
signed main(){cin>>m>>n>>k;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];b[j][i]=b[j][i-1]+a[i][j];}}
//	子矩阵的和
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		for(int j=1;j<=m;j++){	
//			cout<<b[i][j]<<" ";
//		}
//		cout<<endl;
//	}	for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=i;j<=m;j++){fun(i,j);}}cout<<res;return 0;
}

三个样例运行超时了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long int
int n,m,k;
const int N=1005;
int a[N][N];
int b[N][N];//b[i][j],第i列 前j行的前缀和
int res=0;
void fun(int x,int y){int s[N];int sum[N];memset(s,sizeof(s),0);memset(sum,sizeof(sum),0);for(int i=1;i<=n;i++){s[i]=b[i][y]-b[i][x-1];sum[i]=sum[i-1]+s[i];}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i;j<=n;j++){if((sum[j]-sum[i-1])<=k)res++;}}}
signed main(){cin>>m>>n>>k;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];b[j][i]=b[j][i-1]+a[i][j];}}
//	子矩阵的和
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		for(int j=1;j<=m;j++){	
//			cout<<b[i][j]<<" ";
//		}
//		cout<<endl;
//	}	for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=i;j<=m;j++){fun(i,j);}}cout<<res;return 0;
}

我一直以为我是对的来着（0%通过率，excuse me？呜呜呜）
fine，我看完n=3的情况下意识地以为 组合情况 要么 长方形单独拼，L形单独拼，或者是 长方形和L形混拼（而且下意识觉得两种混拼的形式只有n=3情况中枚举的这么几种），但显然简单化了（稍微动脑想想，n=5，一个L形两个长方形，这种组合情况就超出了n=3枚举的那些情况

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long int
int n,m,k;
const int mod=1000000007;
const int N=10000005;
int dp[N];signed main(){cin>>n;dp[1]=1;dp[2]=2;dp[3]=5;for(int i=4;i<=n;i++){dp[i]=(dp[i-1]*1%mod+dp[i-2]*2%mod+dp[i-3]*5%mod)%mod;}cout<<dp[n];return 0;
}

递归还是讲究一个状态转移，那么对于第 $i$ 列可能会有哪几种情况呢？

(，阴影部分表示第 $i-1$ 列已经拼好的状态，由于长方形和L形都只占两列，只需要观察第 $i-1$ 列和第 $i$ 列)
最后所求的方案数 等值于 $dp[n][4]$
不用担心除了第n列之外的列上下没有被覆盖满，因为看我们的状态转移图，转移方式无一不会使得第 $i-1$ 列存在未被覆盖的情况，由此拼图方式递推，推到第 $i$ 列时，不管第 $i$ 列状态咋样，第 $i-1$ 列一定被覆盖满了
正当我以为我要AC的时候，没有一声不好意思，竟让我崩溃至此

当需要开很大的数组（这里高达 $1e7$ ),尽量不要开longlong，实在不行将中途结果用强制转化成longlong的方法防止爆int,其次就是空间本来就已经不够了，数组下标还是不要作妖从1开始，从0开始节省一点

这里给256M

一、数组太大，超内存

#define int long long int
const int N=10000005;
int dp[N][5];

vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(5));

数开八位的真敢啊你，清一色的runerror，以后超过六位数就用vector(等等， 不对，vector似乎更占空间，看这题最后的一块题解，同样不开long long，vector反而不行了，这里能过30%不过是因为是根据n的大小针对性开的，有部分测试样例n比较小

二、初始化
没错的，都是内存的错

 dp[1][4]=1;dp[1][0]=1;

但为什么这个能过35%
即便避开了上面两个任意让人过%0的点，也只有勉强的30%

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long int
int n,m,k;
const int mod=1000000007;
// const int N=10000005;
// int dp[N][5];signed main(){cin>>n;vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(5));// dp[1][4]=1;// dp[1][0]=1;dp[0][4] = 1;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][1]=(dp[i-1][4])%mod;dp[i][2]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][3])%mod;dp[i][3]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;dp[i][4]=(dp[i-1][4]+dp[i-1][3]+dp[i-1][2]+dp[i-1][1])%mod;}cout<<dp[n][4];return 0;
}

AC代码 人已疯，仍然不知道在数组越界的情况下是怎么AC的，都要怀疑自己二维数组的表示一直以来是错的了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long int
int n,m,k;
const int mod=1000000007;
const int N=10000005;
LL dp[N][3];//改成4 变 35%，。全是超过内存限制signed main(){cin>>n;//    vector<vector<LL>> dp(n + 1, vector<LL>(4));这种数组声明 30% 运行错误or超内存
//忘记LL直接0%,二维长度改成3 全军覆没0%，运行错误（数组越界
//难道两种数组声明二维长度的含义不同？dp[0][3] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i][0] = dp[i - 1][3];dp[i][1] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][2]) % mod;dp[i][2] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % mod;dp[i][3] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2] + dp[i - 1][3]) % mod;}cout<< dp[n][3];return 0;
}

如果要是开long long 的dp，则会因为空间太大，错误。要是开int的dp数组，又会因为数据类型不够大，在多个int数据相加时，会超出int的范围，导致答案错误…
真正的解决办法

当需要开很大的数组（这里高达 $1e8$ ),尽量不要开longlong，实在不行将中途结果用强制转化成longlong的方法防止爆int,其次就是空间本来就已经不够了，数组下标还是不要作妖从1开始，从0开始节省一点

两种初始化方法都行

	dp[1][0] = 1;dp[1][1] = 0;dp[1][2] = 0;dp[1][3] = 1;for(int i=2;i<=n;i++){

dp[0][3] = 1;for(int i=1;i<=n;i++){

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long int
int n,m,k;
const int mod=1000000007;const int N=10000005;int dp[N][4];signed main(){cin>>n;
//    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(4));
//     dp[1][3]=1;
//     dp[1][0]=1;dp[0][3] = 1;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=((ll)dp[i-1][3])%mod;dp[i][1]=((ll)dp[i-1][0]+(ll)dp[i-1][2])%mod;dp[i][2]=((ll)dp[i-1][0]+(ll)dp[i-1][1])%mod;dp[i][3]=((ll)dp[i-1][3]+(ll)dp[i-1][2]+(ll)dp[i-1][1]+(ll)dp[i-1][0])%mod;}cout<<dp[n][3];return 0;
}

问题又来了，即使不开 longlong数组，这里用vector声明二维数组的时候又只能过35%，我不理解

力扣原题-动态规划解释
找规律解释（类似这种的动态规划找方法数都有规律？）

样例输入

11
3
10 4 0
3
1 2 0

样例输出

94

首先是找规律，第 $i$ 位的权重是累乘 $1$ ~ $i-1$ 的所有进制
最小的差值，我下意识以为要暴力搜索所有权值的组合情况，因为毕竟虽然 $A>=B$ ,难免可能统一位上 $A[i]<B[i]$
但也许是贪心思想，每一位都取最低的权值，就能得到最小的差值
暴力搜索版（过了30%，剩下的超时了）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long int
const int mod=1000000007;
const int N=100005;
int n,x,y;
int a[N],b[N],c[N];
ll res=0x3f3f3f3f;
int X[N];
void dfs(int u){if(u==x+1){ll tmp=a[1];ll base=1;for(int i=2;i<=x;i++){base=base*X[i-1]%mod;tmp=(tmp+a[i]*base)%mod;}res=min(tmp,res);return ;}for(int i=2;i<=n;i++){if(i>=c[u]){X[u]=i;			dfs(u+1);}}
}
signed main(){scanf("%d",&n);scanf("%d",&x);
for(int i=x;i>=1;i--)scanf("%d",&a[i]);scanf("%d",&y);for(int i=y;i>=1;i--)scanf("%d",&b[i]);
//	最小的差
//	既然A>=B ,那么x一定大于等于y
// 每一数位上的数 字要小于其进制for(int i=1;i<=x;i++){c[i]=max(a[i],b[i])+1;//进制大于等于c[i]a[i]=a[i]-b[i];if(c[i]<2)c[i]=2;}dfs(1);cout<<res;return 0;
}

贪心AC版
解释一
因为每一位进制都会 乘到 A 和 B里面，当 base 越大的时候 A 和 B都会越大，但是因为 A >= B 的，所以 A 的增长速率是始终大于 B 的， 所以 base越大，A - B 的差值就越大，所以我们只要每次取 base 最小，就能满足 A - B 的差值最小了，又因为每一位的值都是由前面每一位的进制乘起来的

解释二
借位思想，极限思维， 一旦碰到$A[i]<B[i]$就向高位借位，由于 $A>=B$，最后一定可以使得 每个位置都有$A[i]>=B[i]$
解释三
秦九韶算法

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long int
const int mod=1000000007;
const int N=100005;
int n,x,y;
int a[N],b[N],c[N];
ll res=0;
signed main(){scanf("%d",&n);scanf("%d",&x);for(int i=x;i>=1;i--)scanf("%d",&a[i]);scanf("%d",&y);for(int i=y;i>=1;i--)scanf("%d",&b[i]);
//	最小的差
//	既然A>=B ,那么x一定大于等于y
// 每一数位上的数 字要小于其进制ll base=1;for(int i=1;i<=x;i++){c[i]=max(a[i],b[i])+1;//进制大于等于c[i]a[i]=a[i]-b[i];//不要改变了a[i]的含义又去用原a[i]的值 不要交换两句顺序if(c[i]<2)c[i]=2;res=(res+a[i]*base)%mod;base=base*c[i]%mod;}cout<<res;return 0;
}