先说一下全排列：

对于R={r1,r2,…,rn}，进行n个元素的全排列，设Ri=R – {ri}。结合X元素的全排列记为Perm(X)，(ri)Perm(X)表示在全排列Perm(X)的每个排列前面加上前缀ri的得到的序列。R的全排列可归纳定义如下：

n=1时，Perm(R)=(r)，其中r是R中的唯一元素；

n>1时，Perm(R)由(r1)Perm(R1), (r2)Perm(R2),…, (rn)Perm(Rn)构成。

显然，部分排列，只要控制递归结束条件即可。

 

再说组合：

组合与排列相比，忽略了元素的次序，因此我们只需将元素按编号升序排列（或则其他的规则）即可。
代码如下：

public class Main {
    
    static int count;
    public static void main(String[] args) {
        int a[] = {1, 2, 3, 4};
        count = 0;
        permutation(a, 0, 4);
        System.out.println("count=" + count);
        
        count = 0;
        combination(a, 0, 3, 0);
        System.out.println("count=" + count);
    }
    static void combination(int a[], int nowp, int m, int left){//zuhe
        /**//*
         * 求a[]中m个元素的组合
         * nowp表示当前已经组合好的元素的个数
         * left，只能选择编号为left和它之后的元素 进行交换
         */
        if(nowp == m){
            count++;
            for(int i = 0; i < m; i++){
                System.out.print(a[i] + " ");
            }
            System.out.println();
        }
        else{
            for(int i = left; i < a.length; i++){
                swap(a, nowp, i);
                combination(a, nowp + 1, m, i + 1);
                swap(a, nowp, i);
            }
        }
    }
    static void permutation(int a[], int nowp, int m){// pailie
        /**//*
         * 求a[]m个元素的排列
         * nowp，当前已经排列好的元素的个数
         */
        
        if(nowp == m){
            count++;
            for(int i = 0; i < m; i++){
                System.out.print(a[i] + " ");
            }
            System.out.println();
        }
        else{
            for(int i = nowp; i < a.length; i++){
                swap(a, i, nowp);
                permutation(a, nowp + 1, m);
                swap(a, i, nowp);
            }
        }
    }
    static void swap(int a[], int n, int m){
        int t = a[n];
        a[n] = a[m];
        a[m] = t;
    }

}

题意：

给定两个非负数，可以用较小那个数的任意正整数倍数去减较大那个数，但要保证结果非负。两个人轮流操作，结果中先出现0的那个人获胜。

 

第一次做博弈题，不知如何下手。这里认真分析一下。

 

假设两个数a b，他们的大小关系无非是a>b,a<b,a==b中的一种，对本题二样前两种其实是同一种情况，第三种情况时结果已经出来了（此时轮到谁谁获胜）。

 

我们再来讨论a>b（a<b）的情况，又可细分为：

b<a<2 * b (1)

a == 2 * b (2)

a >2*b (3)

对情况（1），选手没得选，只能用较小的树去减较大的数，下一个状态一定是b，a%b。也就是说这种状态的出现不会影响最终结果。

情况（2），显然，也可以结束游戏了，当前选手赢了。

情况（3），此时选手可以决定下一个状态是下面状态中的一种：

a-b, b

a-2*b, b

a-3*b, b

.

.

.

a%b+b, b （k-1）

b, a%b （k）

由于两个选手必须轮流操作，因此，两相邻的状态的输赢结果一定相反。而此时，选手恰恰可以决定是到状态（k-1）还是到状态（k）（状态（k-1）的下一个状态一定是状态（k），因为情况（1）），也就是说此时选手能决定自己的输赢。

 

综上我们可以得到如下结论

出现下述情况之一的就可断定当前选手获胜：

1.a==b

2.a>=2*b

 

细节：如果一开始输入数据为a，0，本题认为Ollie wins

 

     摘要: 最大值 TimeLimit: 1000MS  MemoryLimit: 65536 Kb Totalsubmit: 161   Accepted: 4   Description Little Ming很喜欢训练自己的快速读能力，他最近找到一种新的考验并训练快速读能力的方法，在一行具...  阅读全文 括号的两种不同表示间的转换。
解题思路比较偷懒：先将括号恢复成我们喜欢看的形式，然后再转换成w型的表示方式。
题意：
求给定矩阵的最大子矩阵和。
先来回顾一下一维的最大子段和问题：
给定一个序列a[n]，求a[n]的最大子段和。
DP的递推公式为b[j] = max{b[j - 1] + a[j], a[j]}. 其中b[j]表示a[n]中包含b[j]的最大子段和。时间复杂度为O(n)
对于二维矩阵而言，我们可以通过把多行压缩（按列求和）成一行的方式将问题转换为一维。
行压缩时枚举复杂度为O(N^2)。因此整个求解过程的时间复杂度为O(N^3)。


题意：找出矩阵中的最长下降序列的长度。
解题思路：
1.回溯，时间复杂度，指数级别。这是一种很容易想到的做法，不过会超时。
2.动态规划，时间复杂度O(N^2)。相信我们都学过一维的最长上升子序列问题，这一题是一维的变形，我们只需稍加转换就可以转换为一维的。
先来回想一下一维的最长上升子序列的做法：对一个给定的节点p，我们只需枚举p前面的所有节点的最长上升子序列的长度，用p前面的节点的长度去试图更新p的长度即可。
我们如何将本题转化为一维的问题呢？我们只需将矩阵中的所有点按照他的high排序，然后按照一维的处理即可。只不过p前面的节点在更新p时还要考虑他们在矩阵中的相对位置，因为只有跟p相邻的四个点才有可能去更新p点的长度。
     摘要: 题意：按照指定格式输出目录树。要求同一层下的file要按文件名排序。解题步骤：1.用deep记录当前目录深度，遇到dir，deep++，遇到] deep--2.用strlist记录所有未输出的file，用栈stack记录当前目录下的file表的开始下标。遇到]或者*则输出当前目录下的所有file，并从strlist中删除，相应的下标出栈(stack). 代码Code highlighting p...  阅读全文      摘要: 题意：对比连个图是否相同。相同的条件是A图中每个连通的区域都在B图中有一块相同的区域与之对应。经过旋转后对应也可以。解题思路：思路一：暴力式。遍历并存储A图中所有联通的区域，然后在B中逐个寻找与之对应的图形。思路二：等价转化式。比较两个图中对应点的“连通度”是否相同。相同输出YES。空白点的连通度为0，空白点的连通度为它所在行和列与之相连的非空白点的个数。方式二非常巧妙，将...  阅读全文      摘要: 题意：字处理程序检查输入的单词是否正确。若不正确，则按照规则在字典中找与该单词相近的单词。解题思路：按照题目给出的规则模拟。要点：要注意查找效率，遍历会超时。此处用的是TreeMap，查找效率log2(N)。 代码Code highlighting produced by Actipro CodeHighlighter (freeware)http://www.CodeHighlighter.c...  阅读全文