#include <iostream> using namespace std; int main() { cout<<sizeof(char)<<endl<<sizeof(int)<<endl<<sizeof(long)<<endl<<sizeof(double); return 0; }

本题数据范围不大，使用枚举可通过前 5 个点（第六个点会卡 1 ms） 方法一：直接枚举 // 不是满分，谨慎枚举 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ long long a,b,i; cin>>a>>b; for(i=1;i%a!=0||i%b!=0;i++){ // 如果 i 不是其中某个数的倍数，就继续枚举 // 纯枚举，这里什么也不用做 } cout<<i; return 0; }  方法二：两个数的最小公倍数=两个数的乘积÷两个数的最大公约数 （满分）  两...

树还是有点难啊……

因为是 dp ，所以先来划分子问题： 假设跳 nnn 个台阶的跳法总数为 fnf_nfn​ ， 那么 f1=1f_1=1f1​=1 （跳 111 阶只有一种方法），f2=2f_2=2f2​=2（跳 222 阶有两种方法：1 1 和 2 ）。 尝试列出几个 nnn ： f1=1f_1=1f1​=1 ； f2=2f_2=2f2​=2 ； f3=3f_3=3f3​=3 ； f4=5f_4=5f4​=5 ； f5=8f_5=8f5​=8 …… 在列举过程中，我们会发现，每次跳跃方法数只取决于第一次选择 111 还是 222： 如果选择先跳 111 阶，就跟 n−1n-1n−1 阶时的跳跃方法数相同（这...