目录：
T1：石子游戏
T2：汉诺塔
T3：城市统计
T4：香樟树
这次的题目也全是GDKOI的题……不搞USACO的题了
正题：
T1：石子游戏
题目描述
小勇和小实是对好朋友，他们经常一起游戏。 今天他们玩的游戏是这样的：有一个由正方形石头铺成的地板，它的高是2，长度是N。 例如以下是N=3的情况：
现在他们轮流在上面放上长宽分别是1和2的矩形石块，可以横放也可以竖放，但要刚好铺在地板上两个未被覆盖的正方形石头上，当某人不能放上去时他就输了。
例如，某次游戏可能是这样的，小实横放石块在左上面，如下：
然后小勇横放石块在右下面，如下：
这时小实不能再放石块了，所以他输了。小勇比较礼让，他让小实先放。当然，以上的方法可能不是最好的，现在假如他们都绝顶聪明，请你编程判断究竟谁会赢。
输入
第一行一个整数C(1<=C<=100)，表示测试数据的个数。 接下来有C行，每行为一个测试数据，每个测试数据只有一个整数N(1<=N<=100)。
输出
输出C行，每行输出相应测试数据的结果。对于每个结果，如果是小勇赢的话就输出xiaoyong，否则就是小实赢啦，输出xiaoshi。
样例输入
1
1
样例输出
xiaoshi
分析：
一开始，我还以为这是个类似田忌赛马的故事那样去决策。
结果结论十分简单：判断奇偶性
因为小石先放的话，小勇只需跟着它的操作放就行
判断石子长度如果是奇数，小石赢，否则小勇赢。
CODE：
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,x;
int main(){
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d",&x);
if(x%2==1) printf("xiaoshi\n"); //判断奇偶
else printf("xiaoyong\n");
}
return 0;
}
T2：汉诺塔
题目描述
古老的汉诺塔问题是这样的：用最少的步数将N个半径互不相等的圆盘从1号柱利用2号柱全部移动到3号柱，在移动的过程中小盘要始终在大盘的上面。 现在再加上一个条件：不允许直接把盘从1号柱移动到3号柱，也不允许直接把盘从3号柱移动到1号柱。 把盘按半径从小到大用1到N编号。每种状态用N个整数表示，第i个整数表示i号盘所在的柱的编号。则N=2时的移动方案为： (1,1)=>(2,1)=>(3,1)=>(3,2)=>(2,2)=>(1,2)=>(1,3)=>(2,3)=>(3,3) 初始状态为第0步，编程求在某步数时的状态。
输入
输入文件的第一行为整数T(1<=T<=50000)，表示输入数据的组数。 接下来T行，每行有两个整数N,M(1<=n<=19,0<=M<=移动N个圆盘所需的步数)。
输出
输出文件有T行。 对于每组输入数据，输出N个整数表示移动N个盘在M步时的状态，每两个数之间用一个空格隔开，行首和行末不要有多余的空格。
样例输入
4
2 0
2 5
3 0
3 1
样例输出
1 1
1 2
1 1 1
2 1 1
分析&说明：
mmp这道题我比赛提交时把文件名打错了……丢了100分！！
讲道理，这道题与经典汉诺塔差别挺大的。
我的做法是：递推。推出每次转移的状态，再根据周期求解。
CODE：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int dx[5]={1,2,3,2}; //汉诺塔分别移动步数
int n,a[20],sum;
int main()
{
freopen("hanoi.in","r",stdin);
freopen("hanoi.out","w",stdout);
a[0]=1;
for(int i=1;i<=19;i++) a[i]=3*a[i-1];//表示第i个圆盘在每a[i]次时转移两次
scanf("%d",&n);
int k,c;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&k,&c);
if(!c) //为0
{
for(int i=1;i<=k;i++)
printf("%d ",1); //直接输出1即可
printf("\n");
}else{
for(int i=1;i<=k;i++)
{
sum=(c/a[i]*2)+(c%a[i])/a[i-1]; //表示这个转移在总状态里为哪一个状态
printf("%d ",dx[sum%4]); //上面的步数周期
}
printf("\n");
}
}
}
T3：城市统计
题目描述
中山市的地图是一个nn的矩阵，其中标号为1的表示商业区，标号为0的表示居民区。为了考察市内居民区与商业区的距离，并对此作出评估，市长希望你能够编写一个程序完成这一任务。 居民区i到商业区的距离指的是到距离它最近的商业区j的距离(|Xi-Xj|+|Yi-Yj|)（你可以理解为他们的行列分别作差），而你将统计的是对于城市中的每一个区域k，以它为中心的(2r+1)(2r+1)的矩阵区域内所有居民区到商业区的距离总和。结果同样以n*n的矩阵形式输出。
输入
第一行为t，表示以下有t组数据，每组数据之间以空行隔开，以下：
第一行为n,r(1<=r<n<=150)
第二行起为一个n*n的矩阵。
输出
t组n*n的矩阵。每组用空行隔开
样例输入
1
4 1
1 0 0 0
1 1 0 0
0 1 1 0
0 1 0 0
样例输出
1 4 9 8
2 5 10 9
2 4 7 7
2 3 4 4
分析：
这道题分几步做：
① 用BFS求出两个端点之间的距离。
② 用前缀和的方式将这些距离累加。
③ 根据题目再判断能否建造。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int m,n,k,t,a[151][151],b[151][151],f[40010][4],dis[151][151];
int dx[4]={0,1,0,-1},dy[4]={1,0,-1,0};
void bfs(int x,int y){ //广搜求距离
f[1][1]=x;f[1][2]=y;f[1][3]=0;
dis[x][y]=k;
int head=0,tail=1;
while(head<tail){
head++;
for(int i=0;i<4;i++){
int xx=f[head][1]+dx[i];
int yy=f[head][2]+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>n||dis[xx][yy]==k) continue;
tail++;
f[tail][1]=xx;
f[tail][2]=yy;
f[tail][3]=f[head][3]+1;
if(a[xx][yy]==1){
b[x][y]=f[tail][3];
return;
}
dis[xx][yy]=k;
}
}
}
int main(){
freopen("city.in","r",stdin);
freopen("city.out","w",stdout);
cin>>t;
while(t--){
k=0;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
k++;
if(a[i][j]==0){
bfs(i,j); //每一个居民点就广搜
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
a[i][j]=b[i][j]+a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1]; //前缀和累加距离
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
int x=max(i-m,1);
int y=max(j-m,1);
int xx=min(i+m,n);
int yy=min(j+m,n);
cout<<a[xx][yy]-a[x-1][yy]-a[xx][y-1]+a[x-1][y-1]<<" "; //输出前缀和
}
cout<<endl;
}
cout<<endl;
memset(dis,0,sizeof(dis)); //结束一轮，清空数组
memset(b,0,sizeof(b));
}
return 0;
}
T4：香樟树
题目描述
被誉为江南四大名木之一的香樟树很有特色，它的树皮粗糙，质地却很均匀，从来没有白杨树的斑斑驳驳、没有柳树的肿瘤结节；树枝树干一分为二、二分为四一路长去，不会偷工减料也不会画蛇添足；树冠的形态是球形的，在天空中画出优美的曲线。 除了上述优点之外，香樟树还有一个秘密武器。那就是……………………它凭借朴实、厚重的优秀品格赢得了小狐狸的青睐！！！ 话说有一天，小狐狸正在湖边散步，忽然一阵风吹来，她赶紧闭上眼睛。当她再次睁开眼睛时，发现美丽的湖畔多出了一排整齐的香樟树。小狐狸非常兴奋，她对每棵树都观察入微，并且数出了它们的叶子个数。她觉得如果相邻两棵树的叶子个数互素是不和谐的。因此小狐狸想从一排香樟树中选出若干棵，在满足相邻两棵树的叶子个数不互素的条件下，使得树尽量多。
输入
第一行一个正整数n，表示有n棵香樟树。 第二行n个正整数，第i个数表示第i棵香樟树叶子的个数。
输出
一个正整数，表示最多能选多少棵树。
样例输入
6
6 2 3 15 8 5
样例输出
4
分析：
这道题用最长不下降子序列有60分，正解为：DP。
推出最为核心的动态能量转移方程：
f[i]=max(f[i],f[j]+1);
看了看评论区，发现这样一句话：“第二层循环时，只要从i-logi*2开始循环就AC了”。
然后真就AC了！！只不过要打一个log函数.。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[100010],n,f[100010],ans;
int check(int x,int y)
{
if(x%y==0)
return y;
else
return check(y,x%y); //辗转相除
}
int log(int x){
//log函数
int t=0;
while(x>0)
{
x=x/2;
t++;
}
return t;
}
int main(){
freopen("camphor.in","r",stdin);
freopen("camphor.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
f[i]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=i-log(i)*2;j<=i-1;j++) //dalao提示
if(j>0)
if(check(a[i],a[j])>1) //辗转相除合法
f[i]=max(f[i],f[j]+1); //套方程
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[i]>ans) //找个最大值
ans=f[i];
printf("%d",ans);
}