今天去了泉州五中，感受了一下计算机的高难度题目，好难啊，太变态了，第一题是数论只能背代码，没办法，暴力也只有20分左右，第二题是DP，这一题就很有难度，一般情况下能拿到50分，可想要更高就难了，第三题是广搜，这一题一开始想了一个DP，只有80分，原来是有bug，正解是广搜，下面上一下题目，大家感受一下。
测试链接：第一题
1.方程的解(equation.pas/c/cpp)
【问题描述】
佳佳碰到了一个难题，请你来帮忙解决。
对于不定方程a1+a2+……+ak=g(x)，其中k>=2且k∈N*，x是正整数，g(x)=x^x mod 1000（即x^x除以1000的余数），x，k是给定的数。我们要求的是这个不定方程的正整数解组数。
举例来说，当k=3,x=2时，分别为(a1,a2,a3)=(2,1,1),(1,2,1),(1,1,2).
【文件输入】
输入文件equation.in有且只有一行，为用空格隔开的两个正整数，依次为k，x。
【文件输出】
输出文件equation.out有且只有一行，为方程的正整数解组数。
【样例输入】
3 2
【样例输出】
3
【数据范围】
对于40%的数据，ans<=10^16;
对于100%的数据，k<=100,x<=2^31-1,k<=g(x)。
2.打砖块(game.pas/c/cpp)
【题目描述】
小红很喜欢玩一个叫打砖块的游戏，这个游戏的规则如下：
在刚开始的时候，有n行*m列的砖块，小红有k发子弹。小红每次可以用一发子弹，打碎某一列当前处于这一列最下面的那块砖，并且得到相应的得分。
如图所示：
某些砖块在打碎以后，还可能将得到一发子弹的奖励。最后当所有的砖块都打碎了，或者小红没有子弹了，游戏结束。
小红在游戏开始之前，就已经知道每一块砖在打碎以后的得分，并且知道能不能得到一发奖励的子弹。小红想知道在这次游戏中她可能的最大得分，可是这个问题对于她来说太难了，你能帮帮她吗？
【输入格式】
第一行有3个正整数，n，m，k。表示开始的时候，有n行*m列的砖块，小红有k发子弹。
接下来有n行，每行的格式如下：f1 c1 f2 c2 f3 c3 …… fm cm
其中fi为正整数，表示这一行的第i列的砖，在打碎以后的得分。ci为一个字符，只有两种可能，Y或者N。Y表示有一发奖励的子弹，N表示没有。
所有的数与字符之间用一个空格隔开，行末没有多余的空格。
【输出格式】
仅一个正整数，表示最大的得分。
【输入样例】
3 4 2
9 N 5 N 1 N 8 N
5 N 5 Y 5 N 5 N
6 N 2 N 4 N 3 N
【输出样例】
13
【数据规模】
对于20%的数据，满足1<=n,m<=5，1<=k<=10，所有的字符c都为N
对于50%的数据，满足1<=n,m<=200，1<=k<=200，所有的字符c都为N
对于100%的数据，满足1<=n,m<=200，1<=k<=200，字符c可能为Y
对于100%的数据，所有的f值满足1<=f<=10000
3.渡河(river.pas/c/cpp)
【题目描述】
传说中教主乃世外高人，不屑于参加OI竞赛，于是云游四方，威风八面。只不过教主行踪不定，就像传说中的神兽一样可遇而不可求。小L和小H为了求得教主签名的Orz教主T-Shirt，打算碰碰运气展开了冒险。在冒险中，他们不幸被突来的洪水冲到了一个神秘丛林中，他们想尽快逃出这个地方。小L找到了一张看似为曾经的冒险者遗弃的地图，但经过探查，地图所示的确实是这片丛林。小L从地图上看到，有众多河流穿过这片丛林，等到他接近一条最近的河流时，发现水流较急，且河水很深，小H不擅长游泳，所以他们决定利用丛林中的树木做一只竹筏渡河。
虽然竹筏做好后可以在这一条河所连通的水域任意行进，但是竹筏在上岸后必须抛弃，若想再次渡河必须再做一次竹筏，但这毕竟是十分辛苦的，他们希望做竹筏也就是渡河的次数尽量少，就求助于你。
地图上的陆地和河流可以抽象冲一个n*n由数字0和1组成的矩阵，其中0代表陆地，1代表河流。无论在陆地上还还是河流上，他们都可以向相邻8格（边相邻或角相邻）移动，但是若要从陆地进入河流（也就是从0到1），则必须制作竹筏。若到达地图边界则顺利逃脱。但是小T和小K有可能迷路，所以会多次询问你，对于每次询问，只要输出到达地图边界需要的最少渡河次数即可，保证每次询问都是指向陆地。
小L和小H翻到地图的反面，赫然发现六个大字：“教主到此一游”！两人无法抑制自己激动的心情，将这张地图珍藏起来。据说后来这张图成为无价之宝。
【输入格式】
第1行包括2个正整数N，K，分别描述了地图的长宽以及询问的次数。
下面N行，每行N个数字0或者1，数字之间没有空格，描述了这张地图。
接下来K行，每行2个正整数xi，yi，询问在第xi行第yi列最少需要渡河几次。
【输出格式】
输出仅包括1行，按输入顺序每行对于一个询问输出最少需要渡河的次数，数字间用空格隔开，行末换行并没有空格。
【样例输入】
9 3
000000000
011111110
010101010
011000110
010000010
010111010
010101010
011111110
000000000
1 3
3 3
4 6
【样例输出】
0 1 1
【样例说明】
第1次询问由于已经处于边界所以答案为0。
第2次询问不断向左或向上走都只要渡河1次。
第3次询问不断向四个方向中的一个方向走同样只需要1次渡河。
【数据规模】
对于20%的数据，有n≤10；
对于40%的数据，有n≤100，k≤10；
对于60%的数据，有n≤1000，k≤100；
对于100%的数据，有n≤1000，k≤40000。
这三题我都认为不错，总共涉及的知识点是组合数，快速幂，DP，广搜
第一题就比较简单，只要会模板就行了，首先用快速幂处理一下x^x mod1000，再用组合数，至于组合数是什么在此不详谈，下面上代码（有注释）
#include<iostream>
using namespace std;
int a[10001];
void zhs(int n,int m) //组合数求Cn，m 不会的去背一下吧 a数组是答案，在此因为答案太大，所以用高精
{
a[1]=1;
a[0]=1;
for(int i=m+1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=a[0];j++)
{
a[j]*=i;
}
int tmp=0;
for(int j=1;j<=a[0];j++)
{
tmp+=a[j];
a[j]=tmp%10;
tmp/=10;
}
while(tmp)
{
a[++a[0]]=tmp%10;
tmp/=10;
}
}
for(int i=2;i<=n-m;i++)
{
int tmp=0;
for(int j=a[0];j>=1;j--)
{
tmp*=10;
tmp+=a[j];
a[j]=0;
if(tmp>i)
{
a[j]=tmp/i;
tmp%=i;
}
}
while(a[a[0]]==0) a[0]--;
}
}
long long ksm(int a,int b,int mod)//快速幂模板，没难度
{
int rec=1;
while(b)
{
if(b&1)
{
rec=rec*a%mod;
}
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return rec;
}
int main()
{
int x,k,i,j,n;
long long ans=1;
freopen("equation.in","r",stdin);
freopen("equation.out","w",stdout);
cin >>k>>x;
x=x%1000;//先mod一下，免得直接炸了
n=ksm(x,x,1000);
zhs(n-1,k-1);
for(i=a[0];i>=1;i--)//然后就可以开心地输出答案了
cout <<a[i];
return 0;
}第二题就有些难度，前50分直接DP就可以了，因为没有奖励，所以比较简单，下面说一下满分做法，50分是开两个数组DP，100分的区别就是有没有奖励所以我们多开两个来区别
定义状态：
sn[j][i]：第j列打i发子弹，最后一个子弹打第j列的砖块。
sy[j][i]：第j列打i发子弹，最后一个子弹不打第j列的砖块。
bn[j][i]：前j列打i发子弹，最后一个子弹打前j列的砖块。
by[j][i]：前j列打i发子弹，最后一个子弹不打第j列的砖块。
下面上代码，其他的请看注释
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,k;
int a[201][201],sy[201][201],sn[201][201],by[201][201],bn[201][201];
char c[201][201];
int main()
{
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>a[i][j]>>c[i][j];
}
}
int t;
for(int i=1;i<=m;i++)//先处理一下sn，sy
{
t=n;
while(t>0&&c[t][i]=='Y')//至于奖励因为要打完才可以得到，这是重点所以我们才要多开两个
{ //如果我们还有一个或跟多子弹那么直接加就可以了（相当于这个不用子弹）
sy[i][0]+=a[t][i]; //而如果没了的话我们就要考虑一下最后一个到底要不要打这里
t--;
}
for(int j=1;j<=n&&t>0;j++)
{
sn[i][j]=sy[i][j-1]+a[t][i];
sy[i][j]=sn[i][j];
t--;
while(t>0 && c[t][i]=='Y')
{
sy[i][j]+=a[t][i];
t--;
}
}
}
int tmp;
for(int j=1;j<=m;j++)//处理bu，bn和上面sn，sy一样
{
for(int i=0;i<=k;i++)
{
for(int l=0;l<=n;l++)
{
if(l<=i)
{
tmp=by[j-1][i-l]+sy[j][l];
if(tmp>by[j][i])
{
by[j][i]=tmp;
}
if(l>0)
{
tmp=by[j-1][i-l]+sn[j][l];
if(tmp>bn[j][i]) bn[j][i]=tmp;
}
if(i-l>0)
{
tmp=bn[j-1][i-l]+sy[j][l];
if(tmp>bn[j][i]) bn[j][i]=tmp;
}
}
}
}
}
cout<<bn[m][k];//开开心心地输出
return 0;
}
第三题是一道不错的广搜题，我们开两个队列来存，一个全部存1，一个全部存0（都是存坐标，建议用结构体），然后我们去广搜，把所有联通的1,0按之前说的存（边界要为0），然后从0的联通块处理，然后再处理0，每次处理时找到的1，0分开存，而处理到0时所有都要加上1，意味着从陆地到水里，至于为什么，等你手动算一遍就知道了，然后我们把整张图都算出来了，题目问什么直接输出就可以了
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct yuji
{
int x,y;
};
int dx[9]={0,0,1,0,-1,1,1,-1,-1};//方向
int dy[9]={0,1,0,-1,0,-1,1,-1,1};//方向
int a[1001][1001],b[1001][1001],f[1001][1001];
yuji que1[1000401];
yuji que2[1000401];
int n,k;
int main()
{
freopen("river.in","r",stdin);
freopen("river.out","w",stdout);
cin>>n>>k;
char ch[10000];
for(int i=1;i<=n;++i)//快读算法，使读入优化，当读入数据很多时就要这样，否则TLE
{
scanf("%*");
scanf("%s",ch);
for(int j=0;j<n;++j)
a[i][j+1]=ch[j]-'0';
}
int l1=0,r1=1,r2=0;
que1[1].x=0;
que1[1].y=0;
int level=1,last=0;
b[0][0]=1;
while(l1<=r1)
{
++l1;
int x1=que1[l1].x;
int y1=que1[l1].y;
f[x1][y1]=level;
for(int i=1;i<=8;i++)
{
int xx=x1+dx[i];
int yy=y1+dy[i];
if(xx>=0&&xx<=n+1&&yy>=0&&yy<=n+1&&b[xx][yy]==0)
{
if(a[x1][y1]==a[xx][yy])//如果是同类，例如1和1放一起，0和0放一起
{
b[xx][yy]=1;
f[xx][yy]=level;
++r1;
que1[r1].x=xx;
que1[r1].y=yy;
}
else
{
++r2;
que2[r2].x=xx;
que2[r2].y=yy;
b[xx][yy]=1;
}
}
}
if(l1==r1)//处理完第一个队列，我们把第二个复制上去，这样形成滚动
{
last=1-last;
if(last==0) level++;
for(int i=1;i<=r2;i++)
{
que1[i]=que2[i];
}
l1=0;
r1=r2;
r2=0;
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)//输出答案
{
int x,y;
cin>>x>>y;
cout<<f[x][y]-1<<" ";
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}希望对大家有帮助，如果还是不懂欢迎留言询问