這題是給k個大小為k的array，每個array挑一個數字再總和，求k個最小的總和。
由於題目總共會有k的k次方種總和，所以用暴力解的話一定會TLE。
我們可以推出在k列中的任意兩列一定對答案有貢獻，例如任意兩列選兩個數字出來總和也一定是最小，所以我們可以逐列求出答案出來，首先要先將每一列排序，假設前兩列為A跟B，那我們可以先將a1+b1,a2+b1,a3+b1...ak+b1放到min heap裡面，a1+b1一定是最小的，所以先pop出來，這時候我們可以將a1+b2放到heap中，因為如果我們放的是其他組合的話，在heap裡面一定會有數字是更小的(例如我們放a2+b2，但是heap裡面的a2+b1是更小的)，而a2+b2 = (a1+b1)+b2-b1，a1+b1是本來pop出來的值，有一個規律是每次變更的都會是b的index，pop k次之後，就可以求出這兩行裡面的k個最小值，照這樣的作法逐行求取k個最小的值。
//ignore header files
struct element{
int sum,index ...DP，其實跟爬階梯很像，都假設每個幣值是最後一個放進去的，例如題目給10元，十元的組合可以從一個5元加上一個5元算出來，其實就等於加上d[10-5]。假設一開始先測5元的，那麼我們可以算出十元的可以由一個五元加上一個五元組成，下一個階段測10元的，那麼我們又可以算出一個十元可以由一個十元所組成(d[10-10] = d[0],所以d[0]要設成1)。那下次就是從幣值大於十元的開始算，假設幣值是20元，理所當然20元之前的都已經被算完了，因為都小於20元，20元根本放不進去（所以這題也有點類似背包問題）。
by the way，這程式一開始忘記初始化，結果變得很奇怪XD。
int main(int argc, char const* argv[])
{
int money[] = {10000,5000,2000,1000,500,200,100,50,20,10,5};
unsigned ...bool is_prime[101];
int prime[101];
int ans[101];
int main(int argc, char const* argv[])
{
int m = 0;
for(int i = 2;i <= 100;i++) {
if(!is_prime[i]){
prime[m++] = i;
for(int j = i*i;j <= 100;j = j+i){
is_prime[j] = true;
}
}
}
int n;
while(scanf ...本來以為這題是MST，但是題目要求的是每個node只能有兩條branch(想成是兩個連接點），也就是用一條線串起全部的node。 這題的input size最多只到8，所以就用暴力解，找出最佳的排列。
//ignore header files
struct point{
int x,y;
point(int _x,int _y){
x = _x;
y = _y;
}
};
#define dis(p1,p2) sqrt((p1.x-p2.x)*(p1.x-p2.x)+(p1.y-p2.y)*(p1.y-p2.y))
int main(int argc, char const* argv[])
{
int ...這題是給定一個範圍的數字，假設是1到100，要找出哪一個數字有最多的除數。
這題就相當於做質因數分解，假設有個數字N = 2^2 X 3^2 X 7，那它的除數個數就相當於(2+1)*(2+1)(1+1)。
首先是質數篩，一個合數N必定有小於等於sqrt(N)的質因數，所以我們要先算出小於等於N以下的質數有幾個。
bool is_prime[31631];
unsigned long long prime[16000];
int main(int argc, char const* argv[])
{
int m = 0;
for(int i = 2;i <= 31630;i++){
if ...這題是給定一個n進位的數字，轉換成一個m進位的數字。 我是先轉成十進位，之後轉成m進位。 比較注意的是要用到unsigned long long來存十進位的數字。
int main(int argc, char const* argv[])
{
int m,n;
char s[20];
char label[6] = {'A','B','C','D','E','F'};
while(scanf("%d %d %s",&m,&n,s) != EOF){
unsigned long long sum = 0;
//printf("%d\n",sizeof(sum));
bool find ...void combi(unsigned long **);
int main()
{
unsigned long **table;
table=new unsigned long*[101]; //0到100
for(int i=0;i<101;i++)
{
table[i]=new unsigned long [i+2]; //0到i+1
table[i][i+1]=0;
table[i][i]=1;
table[i][0]=1;
}
combi(table);
int n ...因為(A*B)%C = ((A%C) * (B%C))%C
所以 B^P % M = (B^(P/2)(B^(P/2)))%M = (((B^(P/2))%M)((B^(P/2))%M))%M
unsigned long long ans;
unsigned long long solution(int b,int p,int m){
if(p == 1){
return (b%m ...char ans[5001][3000];
using namespace std;
int main(int argc, char const* argv[])
{
ans[0][0] = 0 ;
ans[1][0] = 1;
int k;
for(int i = 2;i <= 5000;i++){
for(int j = 0;j<3000;j++){
//printf("hello\n");
ans[i][j] += ans[i-1][j ...int main(int argc, char const* argv[])
{
string c,x;
while(getline(cin,c) && getline(cin,x)){
vector<int> xx;
istringstream stream1(x);
int xn;
while(stream1>>xn){
xx.push_back(xn);
}
vector<int> cc;
istringstream stream2(c);
int cn;
while(stream2>>cn){
cc.push_back(cn);
}
int lx = xx.size ...