完成了NOIP2000-2008的全部题解，发上来供大家参考吧，如有谬误还请多多指教。

==2009.3.26== 格式重新整理，另外附上 NOIP2008 双栈排序 twostack 题解

==2009.6.30== 添加 NOIP2008 传纸条费用流建模

NOIP2000

进制转换

和正基底进制数转化方法类似，使用短除法进制转换。

例如题中写的-15的-2进制

-2|-15
+—–…1
-2|8
+—–…0
-2|-4
+—–…0
-2|2
+—–…0
-2|-1
+—–…1
-2|1
+—–…1
0

倒序把每次余数写下，就是110001。所以结果是-15=110001(base-2)。

但要注意的是在编程中，使用整除的问题。无论是C++还是Pascal，-15 整除 -2结果为7，-15 与 -2 求模结果为-1。但我们显然不能用负数作为余数，所以要满足，商 * 除数 <= 被除数。

即结论如下：

当 a / b * b <=a 时，a 整除 b 结果为 a / b。
当 a / b * b >a 时，a 整除 b 结果为 a / b + 1。

乘积最大

题中所述的是长度为N的数字串中添加K个乘号，即把前N个数字分为W份乘积的最大值，W=K+1。

动态规划

状态

sum[i,j] 表示从第i位到第j位组成的数字
F[i,j] 表示把前i个数字分为j份乘积的最大值

状态转移方程

F[i,j]=max{F[k,j-1]*sum[k+1,i]} (1<=k<=i-1)

边界条件

F[x,1]=sum[1,x]

目标结果

F[N,W]

时间复杂度

O(K*N^2)

单词接龙

这是一道搜索题，可以转化为图论，求有向图无环最长路径。由于每个单词最多可以用两次，为方便起见，先把每个单词复制一遍，看做两个相同的单词。

把能接龙的单词a与b之间建立一条边(a,b)，边权为单词b的长度-a,b重合部分的长度。把起始字母看做一个节点，建立起始字母能接到的单词a的边，边权为a的长度。最后从起始点开始搜索最长路径即可。

由于有向图无环最长路径是NP的，最坏情况下时间复杂度为O(N^N)。这具体取决与图的疏密程度，如果使用邻接表存储，在图不是十分密集的时候效果很好。该题测试数据中没有很强大的，所以这样就可以过了。

有两点要注意，题上说的很不明确，容易造成误解。这两点是我在看过数据后发现的。

所谓“两部分不能存在包含关系”，是指两部分接龙后不能长度不增加。例如ababab和ababab，可以接成ababababab，但不能为ababab。
接龙时，如果两个单词接龙后的单词有多种情况，要尽可能保证接龙后的单词最长。例如cabab和ababc，一定要接成cabababc，为而不是cababc。

方格取数

数据不大，搜索两条路径即可。

把每个有数字的方格看做一个顶点，该顶点与其右下的所有顶点连接一条有向边。然后从左上角的点搜索到右下角顶点的点权最长路径。搜索到一条路径以后要再搜索一遍其余节点，找出另一条最长路径。每次保留两个阶段的和的最大值。

最后的结果就是两次路径和最长的路径的长度。

最坏情况下时间复杂度为O(2^(N^2))，不过数据中没有能构造到这样时间复杂度的。

NOIP2001

一元三次方程求解

穷举就行了，精度只有0.01，范围-100至100。

要注意精度问题，不要直接判断式子等于0，而要判断式子的绝对值在(-0.01,0.01)之间，避免漏解。

数的划分

动态规划

状态

F[i,j] 表示数i分为j部分的方案个数

状态转移方程

F[i,j]=F[i-1,j-1]+F[i-j,j]

边界条件

F[x,1]=1
F[i,j]=0 (j>i)

目标结果

F[N,K]

状态转移方程可以理解为：

每种拆分方案中，最小的数为w，按照w的不同，我们可以把拆分方案分成2类：

w=1，我们把1除去，则剩余部分正好是i-1拆分成j-1部分，一共有F[i-1,j-1])个；
w>1，所有的数都>1，我们把所有的数-1，则正好是i-j拆分成j部分，一共有F[i-j,j]个。

根据加法原理，得出以上方程。

统计单词个数

动态规划

以0为第一个字符存储字符串。

状态

F[i,j]为前i个字符，分为j份的最大单词个数
cnt[i,j]为从第i到第j的字母中单词最大个数

状态转移方程

F[i,j]=max{ F[k,j-1] + cnt[k+1,i] } (0<=k<=i-1)

边界条件

F[x,1]=cnt[0,x]

目标结果

F[L,K] L为主串长度-1，即最后一位

时间复杂度

O(K*P^2)

Car的旅行路线

明显的最短路径问题，顶点数最多只有400个。Floyed，Dijkstra，SPFA，用什么最短路算法都行。但这道题麻烦的地方不在最短路，而在构图上。

首先是已知矩形三个顶点求第四个，利用对称性可以求出。首先要找出已知三个顶点组成的三角形的直角顶点，可以用向量的数量积为0，可以以用勾股定理的逆定理。如果(x3,y3)为已知三个顶点组成的三角形的直角顶点，根据中心对称性，要求的点(x4,y4)可以表示为(x1+x2- x3,y1+y2-y3)，依此类推。

找出每个矩形的所有定点后，下面就是连接边，只要细心就不会漏。最后再算一下最短路就行了。

由于这是一个完全图，所以时间复杂度为

Floyed O(N^3)
Dijkstra O(N^2)
SPFA O(N^2)

其中算法常数最小的是SPFA，我用SPFA做了这道题，尽管Floyed就可以了。

NOIP2002

均分纸牌

贪心法，一次扫描即可。

首先算出纸牌的平均数，我们希望通过尽可能少的移动，来使所有纸牌达到平均值。

从第一张纸牌开始扫描，把它[多出平均值的数量]向右移，[多出平均值的数量]有可能是负数。然后扫描第二张，一直到N 1张为止。扫描的过程中如果发现这张纸牌数值正好是平均值，那么直接跳过即可。

例如样例，平均值为10。

9 8 17 6

第1次移动，第1张牌移 1

10 7 17 6

第2次移动，第2张牌移 3

10 10 14 6

第3次移动，第3张牌移4

10 10 10 10

结果为移动了3次。

字串变换

广度优先搜索即可，没有必要双向搜索。

关键是状态的判重，我用的是ELFash，配合Treap平衡树，每次判断时间都是O(logK^N)，根据数据规模最大也就是25次。

平衡树中存储字符串的Hash码，由ELFHash算法生成。如果没有重复的就加入搜索队列，否则直接淘汰。

无解有两种情况，一个是根本无法变换出目标串，另一个是在10步变换以内没有求出目标串。

自由落体

这是一道十分基础的题，不需要什么算法，只是需要细心。

显然小车接到的球一定是相邻几个，只需考虑两端即可。注意小车接球时还在移动，可以接了一个球以后移动一下再接到一个。

误差小于等于0.00001就行了。

矩形覆盖

离散化加搜索，在NOIP的确是一道难题。

首先把所有点分别以横坐标和纵坐标排序，生成两组序列。

首先从[0,500]整个区域中，分别按横向和纵向扫描若干个点，以一个矩形覆盖。然后在剩余的区域内再次分别按横向和纵向扫描若干个点，以一个矩形覆盖……直到把K个矩形覆盖完为止。

找到面积最小的方案。

NOIP2003

神经网络

这道题描述上很冗长，容易使人混淆，多次读题才能发现其意义。

根据题意，我们要在这个网络上递推。题目上给了一个递归公式，但我们可以把它改为正向的递推。

即 C[j]=Sum{W[i,j]*C[i]}-U[j] 以i的变化为阶段递推即可。

为了尽可能高效，我使用了邻接表+链队列。

题上有些地方描述的不清晰，需要来澄清。

“神经元 i 最初状态”即为C[i]的初始值。
公式只对非输入层点有效。换句话说就是输入层的阈值根本没用，不用让C[i]减去U[i]。
“仅输出最后状态非零的输出层神经元状态”，实际上是要求输出C[i]>0的i和C[i]。

侦探推理

看似简单的一道题，但很一次难拿到满分。

显然需要枚举所有解，输出唯一解，无解则输出Impossible，多解则输出Cannot Determine。

枚举谁说的是真话，是个愚蠢的策略。这样最多会有C(M,N)种可能，运行要超时不说，程序写起来还十分麻烦。由于只存在两个事实，即谁是凶手和今天是星期几。我们枚举这两个事实即可，仅有M*7种可能。

输入格式是个陷阱，很容易出错。为避免错误发生，原则就是字符串完全匹配，区分大小写。在读入的过程中，我们可以直接去掉“废话”，即与事实无关的话。

在判断谁说的是真话，谁说的是假话的时候，会出现一个人说的话前后矛盾，可能有悖论的产生，这时要直接跳过这种情况。

有人可能会不说一句话！对于这种情况，这些人是算成说真话的人呢？还是算成说假话的人？很显然，有多种可能。所以对于输入中给出的“始终说谎的人数N”，只要满足(说假话的人<=N<=说假话的人+不说话的人)，即可认定为一个解。

加分二叉树

动态规划

状态

F[i,j] 为中序遍历中第i到第j个节点所组成的子树的最大加分
root[i,j] 为中序遍历中第i到第j个节点所组成的子树的根

状态转移方程

F[a,b]=max{ F[a,k-1]*F[k+1,b]+F[k,k] }
root[a,b]=使F[a,b]最大的k的值 (a<=k<=b)

边界条件

F[i,i]=P[i] 第i个节点的分数
F[i,j]=1 (i>j)

目标结果

最大加分为 F[1,N]

前序遍历要在root状态中递归得出。从a=1,b=N开始递归，a,b子树中根为root[a,b]。输出root[a,b]并递归进入(a,root[a,b]-1)和(root[a,b]+1,b)

传染病控制

搜索一棵树，从根节点开始，枚举剪掉每一条边，把剩余的节点合并为一个节点，继续回溯搜索它。返回时要把合并了的节点再拆开来。继续枚举另一条边。

这样的话，可能会超时的。所以要加上两个显而易见的优化。

优化一：当搜索过程中发现当前的感染人数已经大于已知最小感染人数，继续搜索是无意义的，要回溯。

优化二：如果遍历到一颗树的节点全部都是叶节点，不用枚举剪哪个，这时新感染人数一定为叶节点数-1。否则在枚举剪断的时候，无需剪叶节点。

优化三：启发式搜索。很明显，一棵子树的节点数越多，这棵树就越“危险”，所以优先枚举剪掉这棵子树，会减少很多搜索量。

NOIP2004

津津的储蓄计划

再简单不过的题了。边读边算就行了，相信学过编程的都能做这道题。

有个要注意的地方，就是年末取得存款的时候，最好不要乘以1.2，而是先除以5再乘以6。这样可以避免由于两次隐式转换产生的误差。这个误差对于C++尤为显著。

合并果子

由题意可知，显然是每次合并两堆数目最小的果子，合并N-1次以后消耗体力最少。

因为越早合并的果子堆，合并的次数就越多。我们把数目大的果子堆留到尽量靠后合并，才能保证尽量合并少，这样消耗体力才能最少。

我们每次合并时，都要从所有的果子中找到数目最少的两堆。由于N<=10000，显然每次O(N^2)的排序是不行的。要用到最小堆或者平衡树了。

我用的是Treap树，时间复杂度为O(N*logN)。

注意这道题不是石子归并！

合唱队形

动态规划。这道题实际上是求最长谷状序列，可以转化为最长上升、下降序列问题。方法为枚举中间长的最高的人，在其左边求最长上升序列，在其右边求最长下降序列。注意这两个序列要以中间这个人为公共点。

所以设置的两个状态分别为以第i个数为结尾的最长上升序列和以第i个数为开头的最长下降序列，这样可以保证两个序列可以连接。

状态

F[i] 以第i个数为结尾的最长上升序列
G[i] 以第i个数为开头的最长下降序列
H[i] 第i个数的值

状态转移方程

F[i]=max{ F[j] + 1 } (1<=j<=i-1 and H[j]<H[i])
G[i]=max{ G[j] + 1 } (i+1<=j<=N and H[j]<H[i])

边界条件

F[i]=1 (H[j]均大于等于H[i] 1<=j<=i-1 )
G[i]=1 (H[j]均大于等于H[i] i+1<=j<=N )

目标结果

N-最长谷状序列长度。
max { N-(F[k]+G[k]+1) } (1<=k<=N)

虫食算

这是NOIP2004的唯一一道难题，而且是很难的题。单纯暴力搜索，超时是无疑的，加上许多强剪枝也很难通过。于是我用了解方程组的方法。

从算式中可以发现，有N位，每位都是两个未知数相加得到第三个未知数。正好是N元一次线性方程组。由于存在进位问题，枚举除最后一位以外的每位的是否进位，可以列出2^(N-1)个不同的方程组，解每个方程组即可得出解。解方程组使用高斯消元算法，时间复杂度为O(N^3)。但枚举多达2^(N-1)个，这样还是会超时。

深入分析发现，枚举每位是否进位，仅仅影响方程的常数项。于是可以在枚举进位之前，设每个方程的常数项为d1,d2,d3,…,dn。解方程组，把未知数x1,x2,x3,…,xn用d1,d2,d3,…,dn表示，高斯消元的时候要把常数项以多项式的方式计算。

这是我们在还是枚举每位是否进位，算出每个方程的常数项，即d1,d2,d3,…,dn，代入x1,x2,x3,…,xn再判断即可。

这种方式只用计算一次方程组，虽然时间复杂度不变，但算法常数小了许多，对付N=26没有问题了。

NOIP2005

谁拿了最多奖学金

读入每行数据，进行多条件判断，算出每个人的奖学金，保留总和与最大值。

很简单的题，只要细心就不会错。

用C或C++语言读入数据十分方便，一条语句即可。但是Pascal就麻烦了。

过河

动态规划，需要状态压缩。

状态

F[i] 跳到距离i处碰到的最少的石子数。

状态转移方程

F[i]=min{ F[i-k] } + F[i] (S<=k<=T i-k>=0)

边界条件

F[i]=1 i处有石子

目标结果

min{ F[k] } (L+1<=k<=L+T-1)

状态压缩

由于L最大为10^9，直接线性递推会超时。发现石子数很少，这意味着路径上有许多很长的空白段。我们可以把长度大于ST的空白段都缩小到ST，这样最长只有10090了。

篝火晚会

首先把这个圈看做一个图，每个同学看做一个顶点。因为要形成环，所以每个顶点的度必须为2。如果存在度数不为2的顶点，那么整个图无法构成一个环，即“无论怎么调整都不能符合每个同学的愿望”输出-1。如果是一个环，那么就遍历图，生成以第1个顶点为开头的序列。现在就要求出最小移动的代价。

在理解题意所述的调整方式中，要注意实际上就是把M个在错误位置上的人移动到正确的位置上，代价为M。一次下令移动即可。

假如生成的目标序列为1,5,3,2,4。我们现在就需要比较它和初始状态1,2,3,4,5，看有几个人离开了原来的位置。但这个序列实际代表的是一个环，而且方向正反有两种，就需要把初始序列正反分别转N次，和得到的序列比较，看其中最少有几个位置上的人编号不相同，就得到了我们要求的最小代价。

上述方法有大量冗余。但可以发现转来转去不管怎么转，任意两个人之间的相对位置关系在这过程中都不会变。于是想到做差，如果差小于0则加上N。

1 5 3 2 4
- 1 2 3 4 5
————
0 3 0 3 4

这表示序列1,5,3,2,4不转动时1,3两个人在原来的位置上，转动3个位置后5和2两个人在原来的位置上，转动4个位置后只有4一个人会在原来的位置上。这就是说，1,5,3,2,4与1,2,3,4,5在旋转后最多有2个位置上的人编号相同，即最少有3个位置上的人编号不相同。同理要反转再求一次。

记录每个不同的差值的个数，取其最大值P，即不调换次数最大的。结果N-P就是调换次数最小的。

等价表达式

这道题很显然不是让写多项式展开的程序的。只需要代入几次，判断与题干中表达式等价的表达式即可。

注意，只有加法、减法、乘法、乘幂四种运算，没有除法！这意味着计算表达式的时候不用考虑出现小数的问题，数据类型要用8字节整型(即Pascal中的int64，C++中的long long)。因为数据中有2004^9之类的大数，幸好还不用高精度。

对于表达式计算，我们可以现将题目中的表达式转化为后缀表达式，代入数值，并且对后缀表达式求值。当然也可以双堆栈计算表达式。多带入几次不同的数值，以避免表达式恰好相等而并不等价的情况。

NOIP2006

能量项链

动态规划，属于石子归并、合并沙堆等一类的题目。

首先把每颗珠子用一个结构存储，.L为头标记的值，.R为尾标记的值。由于项链是一个环，把环拆成两条首尾相接的链。

例如每颗珠子表示为

B[1] (2,3)
B[2] (3,5)
B[3] (5,10)
B[4] (10,2)
B[5] (2,3)
B[6] (3,5)
B[7] (5,10)

状态设定

F[i,j]表示从第i颗珠子到第j颗珠子，合并一共所得的能量的最小值。
B[i]结构为每颗珠子的头尾标记值。

状态转移方程

F[i,j]=Max{ F[i,k] + F[k+1,j] + B[i].L * B[k].R * B[j].R } (i<=k<=j-1)

边界条件

F[i,i]=0 (1<=i<=2*N-1)

目标结果

Max{ F[k,k+N-1] } (1<=k<=N)

金明的预算方案

背包问题的衍生问题，动态规划。

首先把附件物品分离出来，归为主件所有。于是每次决策成了5种

不购买
购买主件
购买主件 + 附件 1
购买主件 + 附件 2
购买主件 + 附件 1 + 附件 2

由于题中所述每件物品都是整10元，可以加一个小小的优化，就是每个物品的价格除以10。最后结果在乘以10输出。

状态设定

F[i,j] 前i个主件，花费为j元的时候，重要程度与价格乘积的总和的最大值
V[i] 第i个主件的价格
W[i] 第i个主件的重要程度

状态转移方程

F[i,j] =
Max
{
F[ i - 1 , j ], (不购买)
F[ i - 1 , j - V[i] ] + V[i] * W[i], (只购买主件)
F[ i - 1 , j - V[i] - V[i的附件1] ] + V[i] * W[i] + V[i的附件1] * W[i的附件1], (购买主件+附件1)
F[ i - 1 , j - V[i] - V[i的附件2] ] + V[i] * W[i] + V[i的附件2] * W[i的附件2], (购买主件+附件2)
F[ i - 1 , j - V[i] - V[i的附件1] - V[i的附件2] ] + V[i] * W[i] + V[i的附件1] * W[i的附件1] + V[i的附件2] * W[i的附件2], (购买主件+附件1+附件2)
}

边界条件

F[0,k]=0 (0<=k<=N)

目标结果

F[M,N]

作业调度方案

做这道题关键在于理解题意。这道题让我想起了流水作业调度的Johnson算法，虽然与这道题无关。

提示几点

每个工件的每个工序对应着不同的机器。
一个工件必须按照加工顺序加工。
把每个机器看成一个时间轴，每个时间对应着加工一个工件，或者为空闲状态。
题中的算法是给定的贪心策略，不需要构造，只要模拟。

由于数据很小，把每个机器的时间轴用布尔数组表示，true为该时间有工件在加工，false为空闲。

按照给定的顺序，一件一件得往时间轴上插入，每个工件插入的位置必须在前面的工序都完成以后的时间断插入。每次插入扫描一遍时间轴数组，找到最前面一个。

其实题中所给的图已经一目了然了。理解题意以后，会发现这是NOIP2006最简单的题。

2^k进制数

较难的递推问题，需要不错的数学知识基础才能顺利的解决问题。

2^k进制实质上就是2进制数，分为长度为k的段。

每位的最大值 M = 2^k-1
最大的位数 N = w/k +1
最高位的最大值 H = (2^(W Mod K))-1

题中的“另一角度解释”其实已经给了我们解题的思路。设F[i,j]为位数为i，最高位为j的满足条件的2^k进制数的个数。

如题中解释

2 位数：高位为 1 F[2,1]=6 (即 12,13,14,15,16,17)。高位为2，F[2,2]=5 ， … ，F[2,6]=1(即 67)。
3 位数：高位是 1，F[3,1]，第 2 位为2，有F[2,2]的5 个(即123,124,125,126,127)，第 2 位为 3 ,F[2,3]4 个， … ，第 2 位为 6,F[2,6] 个(即 167)。F[3,1]=5+4+ … +1=15个。

我们可以发现，F[i,j]总是由F[i-1,k]推出，确切来说递推方程是Sum{ F[i-1,k] } (j+1<=k<=M)。

最终结果要分为两种情况的总和。

最高位大于等于1

对于这种情况，总数为位数为N，最高位为i(1<=i<=H)的满足条件的2^k进制数的个数的和。即Sum{ F[N,i] }(1<=i<=H)

最高位为0

这种情况并不是简单的F[N,0]，因为r至少是个2位的2^k进制数，所以要求每位开头不为0的个数和。即Sum{ F[i,k] } (2<=i<=N-1,1<=k<=W)。根据递推方程又可知Sum{ F[i,k] } (1<=k<=W)等于Sum{ F[i+1,N] }，所以这种情况的总个数为Sum{ F[k,0] } (3<=j<=N)。

由于状态很多，使用滚动数组可以大幅度节约空间。计算时要用要用高精度。

状态设定

每位的最大值 M = 2^k-1
最大的位数 N = w/k +1
最高位的最大值 H = (2^(W Mod K))-1
F[i,j]为位数为i，最高位为j的满足条件的2^k进制数的个数

递推方程

F[i,j]=Sum{ F[i-1,k] } (j+1<=k<=M)

边界条件

F[1,k]=1 (0<=k<=M)

目标结果

Ans = Sum{ F[N,i] } + Sum{ F[j,0] } (1<=i<=H 3<=j<=N)

NOIP2007

统计数字

基本上可以说是送分题了吧。解决这道题的方法太多了，基本思想就是排序。快排，堆排，只要O(nlogn)都可以，没有可以卡快排的数据。也可以挂链哈希。当然平衡树也行。我写了Treap。

字符串的展开

这是个简单的题，但不是完全的送分题，要胆大心细。多读几遍题，掌握每一个细节。

题中陷阱很多，例如字符串长度可能很长，最好一边读一遍输出，对于Pascal尤其不要用string存起来。注意减号的问题，注意有可能有些减号不是起上述作用的，例如字符串开头就是一个减号，或者好几个减号在一起。

矩阵取数游戏

动态规划。由于每行是互不影响的，可以把每行孤立开看，对每行分别进行一次动态规划计算。结果可能很大，需要高精度计算。为避免计算高精度乘法，可以在初始化时把每个数的2^k递推算出。

状态设定

F[i,j] 为当前行取前i个数和后j个数的最大得分。
V[i,j] 为当前行第i个数乘以2^j的值。

状态转移方程

F[i,j]=max{ F[i-1,j] + V[i,p] , F[i,j-1] + V[M-j+1,p] } p=i+j(表示当前是第几次取数)
V[i,j]=V[i,j-1]+V[i,j-1]

边界条件

V[i,1]=当前行第i个数的值
F[0,0]=0

每行结果

Max{ F[i,M-i] } (0<=i<=M)

最终结果

每行结果的总和

高精度计算时要缩位优化，否则是很容易超时的。任何可以常数优化的地方都不要放过，因为数据是比较强的。

树网的核

图论题，其实并不难，但可能理解起来有障碍。

首先，一个图可能有多个直径，但只用研究其中任意一个即可。所以要先找一条直径。

根据直径的定义，可以这样找直径。

在图中任意找一个顶点A。
以A为源点，搜索距离A最远的点B。O(N)
以B为源点，搜索距离B最远的点C。O(N)

则BC就是一条直径。找直径的时间复杂度为O(N)。

下面就是在直径上枚举核。不难发现，核的长度越大，期望的最小偏心距就越小。方法如下

在直径上枚举顶点A。O(N)
找到直径上距离A不超过S的最远顶点B。O(1)
求AB的偏心距。O(N)

最后保留最小偏心距即可。时间复杂度为O(N^2)。

按照定义找核的偏心距，即枚举核上每个顶点A距离最远点B，且B不在核上的距离|AB|。搜索即可。要把核上的顶点从图中暂时删掉，避免找到的B在核上。时间复杂度为O(N)。

最终时间复杂度为O(N^2)。

上次修改时间 2017-02-03

目录

NOIP2000

进制转换

乘积最大

单词接龙

方格取数

NOIP2001

一元三次方程求解

数的划分

统计单词个数

Car的旅行路线

NOIP2002

均分纸牌

字串变换

自由落体

矩形覆盖

NOIP2003

神经网络

侦探推理

加分二叉树

传染病控制

NOIP2004

津津的储蓄计划

合并果子

合唱队形

虫食算

NOIP2005

谁拿了最多奖学金

过河

篝火晚会

等价表达式

NOIP2006

能量项链

金明的预算方案

作业调度方案

2^k进制数

NOIP2007

统计数字

字符串的展开

矩阵取数游戏

树网的核

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