这仍然是一道关于A/B的题，只不过A和B都换成了多项式。你需要计算两个多项式相除的商Q和余R，其中R的阶数必须小于B的阶数。
输入格式：
输入分两行，每行给出一个非零多项式，先给出A，再给出B。每行的格式如下：
N e[1] c[1] ... e[N] c[N]
其中N是该多项式非零项的个数，e[i]是第i个非零项的指数，c[i]是第i个非零项的系数。各项按照指数递减的顺序给出，保证所有指数是各不相同的非负整数，所有系数是非零整数，所有整数在整型范围内。
输出格式：
分两行先后输出商和余，输出格式与输入格式相同，输出的系数保留小数点后1位。同行数字间以1个空格分隔，行首尾不得有多余空格。注意：零多项式是一个特殊多项式，对应输出为0 0 0.0。但非零多项式不能输出零系数（包括舍入后为0.0）的项。在样例中，余多项式其实有常数项-1/27，但因其舍入后为0.0，故不输出。
输入样例：
4 4 1 2 -3 1 -1 0 -1
3 2 3 1 -2 0 1
输出样例：
3 2 0.3 1 0.2 0 -1.0
1 1 -3.1
最大的问题是，不知道多项式除法是什么，看不懂题。其实与普通除法相似
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 1000;
double a1[maxn], a2[maxn], ans[maxn];
int max1, max2, maxa;
int main() {
freopen("input.txt", "r", stdin);
int n, e;
double p;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> e >> p;
max1 = max(max1, e);
a1[e] = p;
}
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> e >> p;
max2 = max(max2, e);
a2[e] = p;
}
while (max1 >= max2) {
//cout<<max1<<" "<<max2<<endl;
int pe = max1 - max2;
maxa = max(maxa, pe);
double a = a1[max1] / a2[max2];
ans[pe] = a;
for (int i = max1; i >=pe; i--) {
a1[i] = a1[i] - a * a2[i - pe];
}
while (a1[max1] == 0 && max1 > 0)
max1--;
}
int num = 0;
for (int i = maxa; i >= 0; i--) {
if (ans[i] >= 0.1 || ans[i] <= -0.1) num++;
}
if (num) {
cout << num;
for (int i = maxa; i >= 0; i--) {
if (ans[i] >= 0.1 || ans[i] <= -0.1) printf(" %d %.1f", i, ans[i]);
}
} else
printf("0 0 0.0");
printf("\n");
num = 0;
for (int i = max1; i >= 0; i--) {
if (a1[i] >= 0.1 || a1[i] <= -0.1) num++;
}
if (num) {
cout << num;
for (int i = max1; i >= 0; i--) {
if (a1[i] >= 0.1 || a1[i] <= -0.1) printf(" %d %.1f", i, a1[i]);
}
} else
printf("0 0 0.0");
printf("\n");
return 0;
}
周游世界是件浪漫事，但规划旅行路线就不一定了…… 全世界有成千上万条航线、铁路线、大巴线，令人眼花缭乱。所以旅行社会选择部分运输公司组成联盟，每家公司提供一条线路，然后帮助客户规划由联盟内企业支持的旅行路线。本题就要求你帮旅行社实现一个自动规划路线的程序，使得对任何给定的起点和终点，可以找出最顺畅的路线。所谓“最顺畅”，首先是指中途经停站最少；如果经停站一样多，则取需要换乘线路次数最少的路线。
输入格式：
输入在第一行给出一个正整数N（≤100），即联盟公司的数量。接下来有N行，第i行（i=1,⋯,N）描述了第i家公司所提供的线路。格式为：
M S[1] S[2] ⋯ S[M]
其中M（≤100）是经停站的数量，S[i]（i=1,⋯,M）是经停站的编号（由4位0-9的数字组成）。这里假设每条线路都是简单的一条可以双向运行的链路，并且输入保证是按照正确的经停顺序给出的 —— 也就是说，任意一对相邻的S[i]和S[i+1]（i=1,⋯,M−1）之间都不存在其他经停站点。我们称相邻站点之间的线路为一个运营区间，每个运营区间只承包给一家公司。环线是有可能存在的，但不会不经停任何中间站点就从出发地回到出发地。当然，不同公司的线路是可能在某些站点有交叉的，这些站点就是客户的换乘点，我们假设任意换乘点涉及的不同公司的线路都不超过5条。
在描述了联盟线路之后，题目将给出一个正整数K（≤10），随后K行，每行给出一位客户的需求，即始发地的编号和目的地的编号，中间以一空格分隔。
输出格式：
处理每一位客户的需求。如果没有现成的线路可以使其到达目的地，就在一行中输出“Sorry, no line is available.”；如果目的地可达，则首先在一行中输出最顺畅路线的经停站数量（始发地和目的地不包括在内），然后按下列格式给出旅行路线：
Go by the line of company #X1 from S1 to S2.
Go by the line of company #X2 from S2 to S3.
......
其中Xi是线路承包公司的编号，Si是经停站的编号。但必须只输出始发地、换乘点和目的地，不能输出中间的经停站。题目保证满足要求的路线是唯一的。
输入样例：
4
7 1001 3212 1003 1204 1005 1306 7797
9 9988 2333 1204 2006 2005 2004 2003 2302 2001
13 3011 3812 3013 3001 1306 3003 2333 3066 3212 3008 2302 3010 3011
4 6666 8432 4011 1306
4
3011 3013
6666 2001
2004 3001
2222 6666
输出样例：
2
Go by the line of company #3 from 3011 to 3013.
10
Go by the line of company #4 from 6666 to 1306.
Go by the line of company #3 from 1306 to 2302.
Go by the line of company #2 from 2302 to 2001.
6
Go by the line of company #2 from 2004 to 1204.
Go by the line of company #1 from 1204 to 1306.
Go by the line of company #3 from 1306 to 3001.
Sorry, no line is available.
补题的时候把输出的%04d写成了%4d，de了半个多小时的bug。。。
一开始觉得没办法下手就是感觉不知道怎么记录换乘。后来翻了下网上的博客，发现只要在建图的时候同时记录一下一个点的所属公司就行了。在跑最短路的时候不需要考虑两个点的所属公司是否相同，因为同一个公司中的点不会出现可更新的最短路。。。。。
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int tot = 0, head[maxn], ver[maxn], Next[maxn], edge[maxn], inc[maxn];
int dist[maxn], change[maxn], pre[maxn][2], ans[maxn][2];
int temp[maxn], vis[maxn];
int from, to;
void add(int x, int y, int val, int com) {
ver[++tot] = y;
edge[tot] = val;
inc[tot] = com;
Next[tot] = head[x];
head[x] = tot;
}
void spfa() {
memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
memset(change, 0x3f, sizeof(change));
memset(pre, -1, sizeof(pre));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dist[from] = 0;
change[from] = 0;
vis[from] = 1;
queue<int> q;
q.push(from);
int s;
while (!q.empty()) {
s = q.front(), q.pop();
for (int i = head[s]; i; i = Next[i]) {
int a = ver[i], b = edge[i], c = inc[i];
if (dist[a] > dist[s] + b) {
dist[a] = dist[s] + b;
change[a] = change[s] + 1;
pre[a][0] = s;
pre[a][1] = c;
if (!vis[a]) q.push(a), vis[a] = 1;
} else if (dist[a] == dist[s] + b && change[a] > change[s] + 1) {
change[a] = change[s] + 1;
pre[a][0] = s;
pre[a][1] = c;
if (!vis[a]) q.push(a), vis[a] = 1;
}
}
}
if (dist[to] >= inf) {
printf("Sorry, no line is available.\n");
} else {
printf("%d\n", dist[to]);
int top = 0;
ans[top][0] = to;
while (pre[to][0] != -1) {
top++;
ans[top][1] = pre[to][1];
to = pre[to][0];
ans[top][0] = to;
}
for (int i = top; i >= 1; i--) {
printf("Go by the line of company #%d from %04d to %04d.\n", ans[i][1], ans[i][0], ans[i - 1][0]);
}
}
}
int main() {
freopen("input.txt", "r", stdin);
int n, m;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> m;
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> temp[j];
for (int k = 0; k < j; k++) {
add(temp[j], temp[k], j - k, i);
add(temp[k], temp[j], j - k, i);
}
}
}
int k;
cin >> k;
while (k--) {
cin >> from >> to;
spfa();
}
return 0;
}
某国的足球联赛中有N支参赛球队，编号从1至N。联赛采用主客场双循环赛制，参赛球队两两之间在双方主场各赛一场。
联赛战罢，结果已经尘埃落定。此时，联赛主席突发奇想，希望从中找出一条包含所有球队的“食物链”，来说明联赛的精彩程度。“食物链”为一个1至N的排列{ T1 T2 ⋯ TN }，满足：球队T1战胜过球队T2，球队T2战胜过球队T3，⋯，球队T(N−1)战胜过球队TN，球队TN战胜过球队T1。
现在主席请你从联赛结果中找出“食物链”。若存在多条“食物链”，请找出字典序最小的。
注：排列{ a1 a2 ⋯ aN}在字典序上小于排列{ b1 b2 ⋯ bN }，当且仅当存在整数K（1≤K≤N），满足：aK<bK且对于任意小于K的正整数i，ai=bi。
输入格式：
输入第一行给出一个整数N（2≤N≤20），为参赛球队数。随后N行，每行N个字符，给出了N×N的联赛结果表，其中第i行第j列的字符为球队i在主场对阵球队j的比赛结果：W表示球队i战胜球队j，L表示球队i负于球队j，D表示两队打平，-表示无效（当i=j时）。输入中无多余空格。
输出格式：
按题目要求找到“食物链”T1 T2 ⋯ TN，将这N个数依次输出在一行上，数字间以1个空格分隔，行的首尾不得有多余空格。若不存在“食物链”，输出“No Solution”。
输入样例1：
5
-LWDW
W-LDW
WW-LW
DWW-W
DDLW-
输出样例1：
1 3 5 4 2
输入样例2：
5
-WDDW
D-DWL
DD-DW
DDW-D
DDDD-
输出样例2：
No Solution
dfs+剪枝,如果存在环，则从1开始搜索肯定是字典序最小的
1.如果还未搜到的点中没有与1想通的，则没有往下搜的必要。
2.终点是1，但不必到达1，只需要第n个点与1有边即可，一开始便把vis[1]赋为1。
#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int maxn = 30;
char s[maxn];
int n;
int vis[maxn];
int mp[maxn][maxn];
int st[maxn], tot = 0;
bool dfs(int now, int deep) {
if (deep > n + 1)
return false;
if (deep == n && mp[now][0]) {
int space = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (space)
printf(" ");
space = 1;
printf("%d", st[i] + 1);
}
printf("\n");
return true;
}
int flag = 0;
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (!vis[j] && mp[j][0]) {
flag = 1;
break;
}
}
if (!flag) {
return false;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (mp[now][i] && !vis[i]) {
vis[i] = 1;
st[tot++] = i;
if (dfs(i, deep + 1))
return true;
tot--;
vis[i] = 0;
}
}
return false;
}
int main() {
//freopen("input.txt", "r", stdin);
// cin >> n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
// cin >> s;
scanf("%s", s);
for (int j = 0; j < n; j++)
if (s[j] == 'W') {
mp[i][j] = 1;
} else if (s[j] == 'L') {
mp[j][i] = 1;
}
}
st[tot++] = 0;
vis[0] = 1;
if (dfs(0, 1))
return 0;
printf("No Solution\n");
return 0;
}
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4300604/blog/3611259