2、卡片
笔记：
直接巧用排列组合求解即可：
我们通过对样例说明进行分析可知：想要分给n个小孩，那么我们就需要满足C(K, 2) + K >= n才能满足。
#include
using namespace std;
int com(int up, int down){
if(up > down) return 0;
if(up == down) return 0;
int res = 1;
for(int i = 1; i > n;
int down = 2;
while(com(2, down) + down 4、货物摆放：
题目：
小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。
现在，小蓝有 n 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、宽、高。
小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的长方体。即在长、宽、高的方向上分别堆 L、W、H 的货物,满足 n = LWH。
给定 n，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
例如，当 n = 4 时，有以下 6种方案：114、122、141、212、2 2 1、4 1 1
请问，当 n = 2021041820210418（注意有 16 位数字）时，总共有多少种方案？
笔记：
这道题三重暴力循环会超时，因为n太大了，所以我们需要将预处理数据的大小压缩一下，因为n = l * h * w,所以我们可以只求l，h，w的组合，为了不在从0开始一个一个得去找找三个符合的数，我们可以直接去获取n的所有因子的数列，再从这个数列中去找到符合的l，h，w的值。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
vector res(1e7, 0);
ll n = 2021041820210418;
int main(){
ll index = 0;
for(ll i = 1; i 3、直线
题目：
在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上， 那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。
给定平面上 2 3 个整点(�,�)∣0≤�
给定平面上20212021个整点(�,�)∣0≤�
请问这些点一共确定了多少条不同的直线。
笔记：
这道题我们就遵循一个原则：两点确定一条直线，我们只需要找到斜率是独一无二的直线即可，有公式y = k*x + b我们可以获取两点连成直线的斜率以及b，接着就暴力搜索出符合的（k， b），这里我们需要注意的是要对这些组合进行去重，我们可以使用set容器来去重，最后我们还需要注意：还存在斜率不存在的直线也就是平行于x轴的直线，最后就是将set容器的大小再加上这些平行于x轴的直线的数组即可。
#include
using namespace std;
set > st;
int main(){
for(int x1 = 0; x1 7、砝码称重：
题目：
你有一架天平和�N个砝码，这�N个砝码重量依次是�1,�2,⋅⋅⋅,��W1,W2,⋅⋅⋅,WN。
请你计算一共可以称出多少种不同的重量？ 注意砝码可以放在天平两边。
输入格式
输入的第一行包含一个整数�N。
第二行包含�N个整数：�1,�2,�3,⋅⋅⋅,��W1,W2,W3,⋅⋅⋅,WN。
输出格式
输出一个整数代表答案。
样例输入
3
1 4 6
样例输出
10
样例说明
能称出的1010种重量是：1、2、3、4、5、6、7、9、10、111、2、3、4、5、6、7、9、10、11。
1=1；1=1；
2=6−4(2=6−4(天平一边放66，另一边放4)；4)；
3=4−1；3=4−1；
4=4；4=4；
5=6−1；5=6−1；
6=6；6=6；
7=1+6；7=1+6；
9=4+6−1；9=4+6−1；
10=4+6；10=4+6；
11=1+4+6。11=1+4+6。
笔记：
这道题可以采用bfs的思想与背包思想相结合：
我们在这里将dp数组设为：前i个元素能否凑成j的bool值，将dp[0][0]初始化为0，接着然后我们遍历dp数组，如果dp[i – 1][j] = true呢么i个元素也一定可以凑成j，所以dp[i][j] = true，然后开始扩散：dp[i][j + nums[i]] = true,dp[i][j – nums[i]] = true,dp[i][nums[i] – j] = true;
扩散完一遍，我们就可以对数组进行检查，如果dp[i][j] = true那么就count ++。
有几点需要注意的是：
（1）这里我们在输入服务器托管nums数组的时候不可以从0开始加入元素，因为为了符合后续dp数组的遍历：i表示前i个元素，所以我们的nums数组要从1开始。
（2）在dp数组中进行遍历搜索的时候我们无需提前判断当前dp[i][j]是否为false，因为我们是符合了bfs一层一层向外扩散，所以我们不单单是对fasle的dp元素进行判断处理，对true的dp元素也一样要判断处理。
#include
using namespace std;
int main(){
int n;
cin >> n;
vector nums(n + 1, 0);
int sum = 0;
int count = 0;
for(int i = 1; i > nums[i];
sum += nums[i];
}
vector > dp(n + 1, vector(sum + 1, false));
dp[0][0] = true;// 前i中元素是否能够凑成j
for(int i = 1; i nums[i]){
dp[i][j - nums[i]] = true;
}else{
dp[i][nums[i] - j] = true;
}
}
}
}
}
for(int j = 1; j 10、括号序列：
题目：
笔记：
（1）首先明确dp数组含义：
dp[ i ][ j ]:表示第i个右括号前添加j个左括号的组合数。
（2）状态转移方程：
dp[ i ][ j ] = dp[ i – 1 ][ 0 ] + ……… + dp[ i – 1 ][ j ]:
也就是i-1号有括号前加0个左括号，i – 1号右括号到i好有括号之间加j个左括号 到i – 1号有括号前加j个左括号， i- 1号右括号到i号右括号之间加0个左括号。
通过对上面状态转移方程的进一步分析我们就可以发现并不能从0开始遍历，我们的i的遍历范围是从第一个到第n服务器托管个，那我们j的遍历范围就应该是从（i – suml（前面剩余的左括号的数量） —– j）也就是目的是让前面的合法。
（3）初始化：
按照我们定义的含义来分析：首先看第一个右括号前面我们如没有剩余的左括号，那么添加1 – j的左括号的方案数都为1，若果有剩余左括号那么前面添加0个左括号的方案数为1。
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