人人公司是一家极为鼓励极客精神的公司，当有重要的项目需要上线但又时间太紧，甚至需要当天上线的时候，往往会挂起海盗旗开启电子日期显示，让大家可以在对时间有更明确的感知的情况下，同心协力搞定重要的项目。海盗旗下方的电子屏显示的日期形式为 YYYYMMDD （年份占 4 位、月份占 2 位、天数占 2 位）。
日期电子屏幕上每个数字对应的显示如下图：
从上图可以得知每个数字对应的笔画数，比如 2 的笔画数是 5，8 的笔画数是 7，等等。人人员工小明看到了项目的启动日期 d，但是项目的结束日期没看清楚，只知道电子屏幕上项目结束日期所需的笔画数为 m，你能帮小明算出来项目执行所用的时间天数么？
输入格式
输入数据有多组。第一行输入一个整数 T (1 ≤ T ≤ 20)，表示一共有 T 组数据。
接下来每组数据 2 行，共 T * 2 行。每组第一行输入一个长度为 8 的仅包含数字的字符串 d，表示项目的启动日期，形式为 YYYYMMDD。每组第二行输入一个非负整数 m (0 ≤ m ≤ 100)，表示电子屏幕上项目结束日期所需的笔画数。输入日期保证合法。
输出格式
一共输出 T 行，每行一个整数，表示该组数据对应的项目执行所用的时间天数。如果最近的符合要求的结束日期超过 2999 年 12 月 31 日或无解则输出 -1，否则输出符合要求的最小的解。
样例1
输入：
2 20150718 30 29991231 38
输出：
85 -1
就是处理下日期就可以了。注意，最后一天，要判定一个。又是暴力做的，因为总的天数很少，也就可以过了。
#define N 205
#define M 100005
#define maxn 205
#define MOD 1000000000000000007
bool isYear(int year){
if(year % 4 == 0 && year % 100 != 0 || year % 400 == 0)return true;
return false;
}
void add(int & year,int & month,int & day){
if((month==1||month==3||month==5||month==7||month==8||month==10)&&(day==31))
{
month=month+1;day=1;
}
else if((month==4||month==6||month==9||month==11)&&(day==30))
{
month=month+1;day=1;
}
else if((month==12)&&(day==31))
{year=year+1;month=1;day=1;}
else if((month==2)&& isYear(year)&&(day==29))
{month=month+1;day=1;}
else if((month==2)&& !isYear(year)&&(day==28))
{month=month+1;day=1;}
else
{day=day+1;}
}
char str[20];
int sum,Num[20] = {6,2,5,5,4,5,6,3,7,6},all[8060][2];
int getAll(){
for(int i = 0;i<=3000;i++){
int year = i;
int s = 0,flag = 0;
while(year){
s += Num[year % 10];
year /= 10;
flag ++;
}
for(;flag < 4;flag++){
s += Num[0];
}
all[i][0] = s;
s = 0,flag = 0;year = i;
while(year){
s += Num[year % 10];
year /= 10;
flag ++;
}
for(;flag < 2;flag++){
s += Num[0];
}
all[i][1] = s;
}
}
int getAllNum(int year,int month,int day){
return all[year][0] + all[month][1] + all[day][1];
}
bool Check(int year,int month,int day){
return getAllNum(year,month,day)== sum;
}
int getNum(char c){
return c - '0';
}
int main()
{
int n;
getAll();
while(S(n)!=EOF)
{
FJ(n){
SS(str);
S(sum);
int year,month,day;
year = getNum(str[0]) * 1000 + getNum(str[1]) * 100 + getNum(str[2]) * 10 + getNum(str[3]);
month = getNum(str[4]) * 10 + getNum(str[5]);
day = getNum(str[6]) * 10 + getNum(str[7]);
int flag = -1,step = 0;
while(true){
//cout<<year<<" month "<<month<<" day "<<day<<" step "<<step<<endl;
if(year == 2999 && month == 12 && day == 31){
if(Check(year,month,day)){
flag = step;
break;
}
else
flag = -1;break;
}
if(Check(year,month,day)){
flag = step;
break;
}
add(year,month,day);step++;
}
printf("%d\n",flag);
}
}
return 0;
}
作为一个电子商务作为主体的公司，京东一直努力实现着自己“多、快、好、省”的承诺。其中，“快”的特质更是被京东发挥到了极致。京东建立了层级分明的物流网络，然后除了在社区里面的到户物流点，每个作为中转的物流点都是有下属的物流点的。每个物流点都有一定数量的快递员，他们每天都辛苦的在外奔波。
京东计划给一些物流点配备一种新式的无人机，用于进行货物中转、配送。因为这种无人机还在试验期，京东对每个参与测试的物流点最多都只配备一台无人机。负责这个试验的东东希望设计一种分配无人机的方案，使得对于任何一个物流点 X，以它作为最近公共上级的分配了无人机的物流点对数不小于物流点 X 的快递员数。为了节约试验预算，东东希望需要分配的无人机数量越小越好。你能帮他们求出一种分配无人机的方案吗？
输入格式
输入第一行是一个整数 n，代表京东的物流点个数。
第二行是 n 个整数，第 i 个整数代表编号为 i 的京东物流点的快递员数量 valuei（0 ≤ valuei ≤
1018）。
接下来 n-1 行，每行有2个整数 x 和 y（1 ≤ x, y ≤ n），代表物流 x 和物流点 y 之间是上下级关系（即物流点 x 是物流点 y 的上级，或物流点 y 是物流点 x 的上级）。
数据可以确保最终会形成一个树形网络，编号为 1 的物流点是没有上级的物流核心节点（树的根）。
对于简单版本，1 ≤ n ≤ 10；
对于中等版本，1 ≤ n ≤ 2000；
对于困难版本，1 ≤ n ≤ 200000。
输出格式
如果对于给定的输入存在一个可以满足要求的分配无人机的方案，则第一行输出一个整数 ans，代表最少需要多少个无人机；若 ans 不为 0，则第二行输出 ans 个整数，代表最少的方案中需无人机的 ans 个结点的编号，编号需要从小到大输出，每两个相邻整数之间有一个空格，行末没有空格（若存在多组符合要求的方案，输出任意一组即可）；若 ans 为 0，则不用输出第二行。
如果不存在满足的方案，则只在第一行输出 -1 即可。
样例1
输入：
5 6 0 0 0 0 1 2 2 3 1 4 1 5
输出：
4 1 2 4 5
提示信息
样例 1 中 1、2、4、5 这四个点两两之间共有 6 个点对，分别是(1, 2), (1, 4), (1, 5), (2, 4), (2, 5), (4, 5)，它们的最近公共上级全都是 1。满足要求的方案还有 1、3、4、5。
如果有多种最小方案，输出任意一组即可。
暴力枚举了一下，然后，类似树形深搜一下，就可以了。只能过简单的，困难希望高手指点一下。复杂度也达到了指数级了。
#define INF 9000000000
#define EPS (double)1e-9
#define mod 1000000007
#define PI 3.14159265358979
//*******************************************************************************/
#endif
#define N 205
#define M 100005
#define maxn 205
#define MOD 1000000000000000007
int n,a,b,land[N];
ll pri[N];
vector<int> p[N];
int Dfs(int root){
ll sum = 0;
int num[20] = {0},size = p[root].size(),ss = 0;
FI(size){
int g = p[root][i];
num[i] = Dfs(g);
if(num[i] == -1) return -1;
ss+=num[i];
}
if(land[root]) {
sum+= (ll)ss;
}
FI(size){
for(int j = i+1;j<size;j++){
sum+= (ll)num[i] * (ll)num[j];
}
}
//cout<<" sum "<<sum<<" root "<<root<<" pri "<<pri[root]<<endl;
if(sum >= pri[root]) return ss + land[root];
else return -1;
}
bool check(int sum){
//cout<<" sum "<<sum<<endl;
FI(n){
if((1<<i) & sum)
land[i] = 1;
else
land[i] = 0;
//cout<<land[i]<< " ";
}
//cout<<Dfs(0)<<endl;
return Dfs(0)!=-1;
}
int main()
{
while(S(n)!=EOF)
{
for(int i = 0;i<n;i++)p[i].clear();
for(int i = 0;i<n;i++) scanf("%lld",&pri[i]);
FI(n-1){
S2(a,b);a--;b--;
p[a].push_back(b);
}
int all = (1<<n);
bool flag = true;
FI(all){
if(check(i)){
flag = false;
break;
}
}
if(flag) printf("-1\n");
else {
int sn = 0;
for(int k = 0;k<n;k++){
if(land[k]) sn++;
}
printf("%d\n",sn);
if(sn){
bool isFirst = true;
for(int k = 0;k<n;k++){
if(land[k]){
if(isFirst)
printf("%d",k+1),isFirst = false;
else printf(" %d",k+1);
}
}
printf("\n");
}
}
}
return 0;
}
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