x星球的鈔票的面額只有：100元，5元，2元，1元，共4種。
小明去x星旅遊，他手裡只有2張100元的x星幣，太不方便，恰好路過x星銀行就去換零錢。
小明有點強迫症，他堅持要求200元換出的零鈔中2元的張數剛好是1元的張數的10倍，
剩下的當然都是5元面額的。
銀行的工作人員有點為難，你能幫助算出：在滿足小明要求的前提下，最少要換給他多少張鈔票嗎？
（5元，2元，1元面額的必須都有，不能是0）
注意，需要提交的是乙個整數，不要填寫任何多餘的內容。
(200-x-10*2*x)/5
(200-21x)/574
x星球的盛大節日為增加氣氛，用30台機光器一字排開，向太空中打出光柱。
安裝除錯的時候才發現，不知什麼原因，相鄰的兩台雷射器不能同時開啟！
國王很想知道，在目前這種bug存在的情況下，一共能打出多少種雷射效果？
顯然，如果只有3臺機器，一共可以成5種樣式，即：
全都關上（sorry, 此時無聲勝有聲，這也算一種）
開一台，共3種
開兩台，只1種
30臺就不好算了，國王只好請你幫忙了。
要求提交乙個整數，表示30臺雷射器能形成的樣式種數。
注意，只提交乙個整數，不要填寫任何多餘的內容。
直接dp（可以dfs check一下） 2178309
格雷碼是以n位的二進位制來表示數。
與普通的二進位制表示不同的是，它要求相鄰兩個數字只能有1個數字不同。
首尾兩個數字也要求只有1位之差。
有很多演算法來生成格雷碼。以下是較常見的一種：
從編碼全0開始生成。
當產生第奇數個數時，只把當前數字最末位改變（0變1，1變0）
當產生第偶數個數時，先找到最右邊的乙個1，把它左邊的數字改變。
用這個規則產生的4位格雷碼序列如下：
0000
0001 4
0011
0010 3
0110
0111 4
0101
0100 2
1100
1101 4
1111
1110 3
1010
1011 4
1001
1000
以下是實現**，仔細分析其中邏輯，並填寫劃線部分缺少的**。
#include
void show(int a,int n)
printf("\n");
} void f(int n)
請注意：只需要填寫劃線部分缺少的內容，不要抄寫已有的**或符號。
樹狀陣列 i&-i 得到最後一位1（-i的二進位制就是i的反碼+1，如1010，反碼0101，+1=0110），那麼答案就是 a = (a & -a)<<1 ^ a;
小明買了塊高階大氣上檔次的電子手錶，他正準備調時間呢。
在 m78 星雲，時間的計量單位和地球上不同，m78 星雲的乙個小時有 n 分鐘。
大家都知道，手錶只有乙個按鈕可以把當前的數加一。在調分鐘的時候，如果當前顯示的數是 0 ，那麼按一下按鈕就會變成 1，再按一次變成 2 。如果當前的數是 n - 1，按一次後會變成 0 。
作為強迫症患者，小明一定要把手錶的時間調對。如果手錶上的時間比當前時間多1，則要按 n - 1 次加一按鈕才能調回正確時間。
小明想，如果手錶可以再新增乙個按鈕，表示把當前的數加 k 該多好啊……
他想知道，如果有了這個 +k 按鈕，按照最優策略按鍵，從任意乙個分鐘數調到另外任意乙個分鐘數最多要按多少次。
注意，按 +k 按鈕時，如果加k後數字超過n-1,則會對n取模。
比如，n=10, k=6 的時候，假設當前時間是0，連按2次 +k 按鈕，則調為2。
「輸入格式」
一行兩個整數 n, k ，意義如題。
「輸出格式」
一行乙個整數
表示：按照最優策略按鍵，從乙個時間調到另乙個時間最多要按多少次。
「樣例輸入」
5 3「樣例輸出」
2「樣例解釋」
如果時間正確則按0次。否則要按的次數和操作系列之間的關係如下：
1：+1
2：+1, +1
3：+3
4：+3, +1
「資料範圍」
對於 30% 的資料 0 < k < n <= 5
對於 60% 的資料 0 < k < n <= 100
對於 100% 的資料 0 < k < n <= 100000
資源約定：
峰值記憶體消耗（含虛擬機器） < 256m
cpu消耗 < 1000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：「請您輸入...」 的多餘內容。
注意：main函式需要返回0;
只使用ansi c/ansi c++ 標準;
不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include
不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
直接bfs，儲存到達每個差x時校準的最小步數。
#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define ll long long
const int mx = 1e5+5;
struct nozz;
int dp[mx];
int bfs(int n,int k)
if(dp[(now.v+k)%n]==-1)
}} int main();int n,m;
ll dp[105][105][2];/*01是否減少過*/
void gettop()
top[i+1]=n-tag;
//cout<>mp[i];
gettop();
dp[0][0][0]=1;ll ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
dp[i][j][1]+=dp[i-1][j][1],dp[i][j][1]%=mod;
for(int k=j+1;k<=n;k++)
if(i==m)ans=(ans+dp[i][j][1]+dp[i][j][0])%mod;
} }cout<6 似乎是個莫比烏斯反演，對我來說不可能了
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