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case1：百雞問題，

三重迴圈的，在判斷/3時，因為是取整是去尾的，我用了(z+2)/3，這樣就不會因為去尾造成問題了

#includeusing namespace std;
int main() 
} return 0;
}

其實可以優化為二重迴圈（王道上迴圈變數x和y的範圍分別是100和100-x，這樣z就一定是》=0的了，我寫的還需要判斷z>=10，容易出錯）

#includeusing namespace std;
int main() 
} return 0;
}

case2：找出所有滿足abc+bcc=532的abc。

#includeusing namespace std;
int main() 
} return 0;
}

網上還看到一種方案，是按每位來的

#includeint main() 
}} }
return 0;
}

case3：old bill，金錢5位數，只能看到中間3位，給出買了的火雞數，問想要最貴的雞對應的首尾數字以及雞的單價

#includeusing namespace std;
int main() 
}} if(!ok) printf("0\n");
} return 0;
}

注意的點：

case1：勝利大逃亡。板子題，記好咯。注意這裡在maze是int，若是char可能會出現讀入空格或換行，可以在%c前面加上空格解決該問題

#include#include#includeusing namespace std;
const int n=51;
int maze[n][n][n];//0是路，1是牆
int vis[n][n][n];
int a,b,c,ti;//a*b*c的maze，ti是限定時間
struct node s,v; //不過是兩個結構體變數， 後面經常會用到，沒有特別含義，
//若說有，那就是s更像temp，v用來表示next node（其實就是乙個s表示不下了而已
queueq;
int go[6][3]= ; //6個方向
int bfs() 
} return -1;//bfs完了都沒return，說明沒出去
}int main() s,v;
queueq;
int vis[n][n][n];
int v,x,y;//體積，兩杯子容量
void a2b(int &a, int va, int &b, int vb) 
else 
}int check(int a,int b,int c) 
int bfs() 
a=s.a;
b=s.b;
c=s.c;
a2b(b,x,a,v);//b->a
if(!vis[a][b][c]) 
a=s.a;
b=s.b;
c=s.c;
a2b(a,v,c,y);//a->c
if(!vis[a][b][c]) 
a=s.a;
b=s.b;
c=s.c;
a2b(c,y,a,v);//c->a
if(!vis[a][b][c]) 
a=s.a;
b=s.b;
c=s.c;
a2b(b,x,c,y);//b->c
if(!vis[a][b][c]) 
a=s.a;
b=s.b;
c=s.c;
a2b(c,y,b,x);//c->b
if(!vis[a][b][c]) 
} return 0;
}int main() 
} return 0;
}

case3：acute stroke，就是簡單的求「體積」，也就是聯通塊，但是犯了兩個非常經典的錯誤，小結一下：

#include#include#includeusing namespace std;
int a[62][1288][130];
int vis[62][1288][130];
int m,n,l,t;
struct node s,v;
queueq;
int go[6][3]= ;
int bfs(int x,int y,int z) 
} }if(ans>=t) return ans;
else return 0;
}int main() 
int main() 
return 0;
}

case2：素數環問題就是環內任意兩個數的sum必須是素數。這裡有些技巧

#include#includeusing namespace std;
const int n=17;//因為我是1~16，所以是17！
int prime= ; //15+16=31，最多到31就夠了
int n;
int ans[n];
int vis[n];
int check(int x) 
return 0;
}void dfs(int num) 
for(int i=2;i<=n;i++) }}
int main() 
return 0;
}

case3：oil deposit，判斷聯通塊個數。dfs/bfs都可以，dfs**精簡，速度也不見得慢多少，比較沒有也回溯，一條路dfs到頭就行了，這裡dfs的功能就是把同乙個聯通塊都標記上，注意：

#include#includeusing namespace std;
const int n=101;
char maze[n][n];
int vis[n][n];
int m,n;
int go[8][2]= ;//8方向
int dfs(int x,int y) }}
int main() while(next_permutation(a.begin(),a.begin()+n));//不能到a.end() 但是用cin的話是可以的
printf("\n");//或者用puts("") 會自動加上換行
} return 0;
}

我自己基於dfs也寫了乙個像next_permutation那種，得到比原本「大」的排列，方法是用乙個變數控制後面的排列是否可以「隨便排」，比如原序列是213，排第一位的時候，必須是》=2才能排，如果排了2，第二位還是不能隨便排，必須是》=1，但是若第一位排了3，後面的就可以隨便排了。但是我沒實現「去重」，即111的排列結果會是6個111

#include#include#includeusing namespace std;
string s,ans;
int vis[26];
int n;
int dfs(int x, int is) 
else if(s[i]==s[x]) 
} else if(is==1) 
} }}int main() 
return 0;
}

case5：tempter of the bone 要判斷是否可以在規定的時間點從s點到d點。又一起比較了dfs與bfs，這是存在性問題，適合dfs，且不能用bfs，因為bfs是在按照「最短路」走，這題完全不是這個意思，就是需要彎彎繞然後在規定時間到達終點。有乙個非常棒的剪枝操作：

#include#include#includeusing namespace std;
const int n=10;
char maze[n][n];
int vis[n][n];
int m,n,t,ans;
int sx,sy,dx,dy;//開始位置和門的位置
int go[4][2]= ;
void dfs(int x,int y,int step) else if(step>t || ans)
return ;
for(int i=0; i<4; i++) }}
int main() 
else if(maze[i][j]=='d') 
}//華麗的prune：奇偶性同，但t為奇數，不行；反之也不行 
// if((sx+sy)&1==(dx+dy)&1 && t&1==1 || (sx+sy)&1!=(dx+dy)&1 && t&1==0) 
else 
} return 0;
}

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