随笔分类 - DFS-深度优先搜索
很实用的一种暴力方式，当然剪枝在这里很值得一学。
摘要：大d的考题题意：给定一个N*N的矩阵，里面放置1,2,3...N*N这N*N个数，要求是第i个数的行和第i-1个数的列必须相同。问1所在的行的和值与N*N所在列的和值之差最小是多少。解法：通过dfs搜索得到1,2,3,4对应的解分别为0,2,6,12，当N=5的时数据规模已经庞大到无法在有限时间内得到结果了，根据这几组结果推断结果为ans = (N-1)*(N)。提交AC。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include &
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摘要：题意:完全符合树的重心:即找到一个点,其所有的子树中最大的子树节点最少.代码如下:#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio> #include <iostream>#include <algorithm>#define MAXN 20000using namespace std;//说白了这一题就是求一棵树的重心 int N, idx; // 说明有N个节点//由于节点较多,且数为稀疏图,因此采用邻接表的形式来存储struct Node { int x, next, cn
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摘要：这题的想法就是直接枚举1-m每一个数的数量，先给这n个数全排列，然后除以相同的数的阶乘就可以了。枚举的方法就是dfs了。这里分了两步来完成这个任务，首先找出前k个数的组合，然后再进行任意的组合。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;// 对于一个给定的m面色子，我们抛掷n次，前k大的数相加为p // 错误的思路为枚举最大的k个数，然后再将剩下的n-k个小于// 前k个数中最小的数进行排列组合/
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摘要：题意：给定一个数独的题目，0代表这个点的值未确定，现在要求填写数字进去且满足：1.每一行必须是1-9的集合2.每一列必须是1-9的集合3.每一个子矩阵内必须是1-9的集合由于给定的约束条件比较多，因此直接dfs即可。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;char G[15][15];int r[15][15], c[15][15], f[15][15];// G用来保留整个图，R用来说明某一
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摘要：给定一些关系，求这样的一个划分，满足以下几点：1、每个组合至少有一个成员；2、每个人只能属于一个组；2、每个组内的成员必须相互认识；3、两个组的成员个数要尽可能的接近。首先由必须两两认识我们可以将有向图转化为无向图，之后，我们如果直接对这个图求连通分量的话，有以下结论，如果连通分量的个数为2的话，那么直接可以划分了，如果超过两个的话那么肯定就是没有结果，也就是无法进行分组。最难处理的就是所有点的连通的话，那么如何去做一个划分呢，这个就和割点有关系了，分离一个割点会产生多个连通分量，这要必须保证那些多出来的要再同一个集合内，这样这个问题就很复杂了。简单的做法是建立一个反图，再对这个反图求一次连通
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摘要：给定一系列树形关系用来描述整个公司的人员关系，现在问给定的这些关系是否存在矛盾的地方。比赛的时候写搓了，对于每一个点都去考虑的左右区间，其实这样做是不太好的，因为每次从员工推到boss，其实boss的工资是灵活变动的，也就是说只要boss工资的右区间减去所有孩子的左区间后还要至少留下单位1的工资来满足boss，所以只要计算一个区间关系即可，或者说，右区间是与孩子的右区间没有关系的。代码如下：#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#includ
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摘要：该题与上题相比增加了多种分法，而不只是四条边，问题是最多能够分成多少条边。上题代码其实错了（已改），但是也过了，这题改的还纠结。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int N, seq[100], mode, use[100], flag;void dfs(int cap, int last, int num){ if (num == N) { flag = 1; return; } if
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摘要：该题问给定的棍子能否组成一个正方形。首先我们要判定是否总长度是4的倍数，然后再决定是否存在某条边大于组合边长。搜索的过程中也是可以进行剪枝了。首先将边排序，我们可以假定所有的组合边由大小递减的边组成，那么我们在搜索的时候就不用再往前找边了。其次我们可以确定任何一条边都一定在一条组合边中，那么当我们以任意一条边开搜的情况下无解的话，那么我们就可以直接返回no了。最后在搜索某条边无解的情况下，我们可以把相同大小的边略过，因为前面相同长度的边都无法安排出一种方案，在少一条相同边情况下肯定也就无法给出安排了。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstdi
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摘要：首先将7种方块拆成19种方块，然后在进行dfs组合，当然如果给定的N*M不是4的倍数的时候记得直接输出0。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;int N, M, ans, END, G[35][35], many[20];int mp[20] = {1, 1, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 7, 7};char ss[50][6][6] = { { "####"
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摘要：筛出素数然后直接暴力即可。代码如下：#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>#define MAXN 10000using namespace std;int N, M, d, p[600005];int hash[10005], path[10005];void pre(){ int k; for (int i = 4; i <= MAXN; i += 2) { p[i] = 1; } for (int i = 3; i <= 105; i += 2) { if (!...
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摘要：非常简单的一道搜索题，用状态压缩加DP写了一上午，写道后面越来越感觉这题状态压缩没有什么优势，每一行都与前面的行的排列有关系，因此不能够记忆化，没算完一次要把状态清空，可惜到最后还是错了。干脆直接暴力搜索。就这样过了。代码如下：#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;int N, K, hash_x[10], hash_y[10], ans;char G[10][10];void dfs(int x,
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摘要：之前有听说如果在一个迷宫中一直沿着某一堵墙走的话，那么一定可以走出这个迷宫，这题讲的就是这个内容。这题的问法比较奇怪，问你沿着左边的墙，右边的墙走所花的时间和最少所花的时间。该题难点就在与如何让dfs的时候能够沿着墙走。其实是有规律的，那就是往左边走是顺时针方向dfs，往右走逆时针方向走dfs，每次要确定上一次来的方向，这样能够确定你第一次试探的方向是那个方向。例如：如果从最左边的墙进入的话，那么首先选择往上走，否则向前走，再否则向下走，最后还是没法走的话就向左走（往回走），走了之后就直接return，每次走了之后绝对不会再换方向搜索。这题竟然错在了手写的找最短路的队列上。代码如下：#in..
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摘要：简单的dfs搜索，题目要求是骑士可以从任意一点出发走完整个棋盘的路径。字典序输出要注意八个方向的排列顺序。代码如下：#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cstdio>using namespace std;int N, M, dir[8][2] = {-2, -1, -2, 1, -1, -2, -1, 2, 1, -2, 1, 2, 2, -1, 2, 1};int visit[10][10], rec[100][2];bool judge(int x, int y){ if (x < 1 ||
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摘要：该题就是求一只青蛙从1号石头跳到2号石头的所有路径中跳跃距离最大值的最小值。仔细想想的话，将原来dijkstra的dis数组赋值为这个minmax含义，同样满足贪心规则，所以就是普通的dijkstra。代码如下：#include <cstring>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cmath>#define MAXN 205using namespace std;int N;struct Node{ int x, y;}e[MAXN];do
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摘要：该题是做最短路专题时的题，但是可惜没有想到如何进行最短路求解。倒是觉得dfs能够得到结果，因为该题对于建立边有严格的条件，递归能够很好的解决这个约束。每次递归时将当前路径的最低等级和最高等级传递下去，然后再进行判断。这里还要注意判定环的存在。后者没有注意的话会MLE。代码如下：#include <cstring>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <queue>#define MAXN 105using namespace std;int M,
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摘要：首先解释下这题的名字，下沙是个地名，面的是一种公共交通工具，小是个形容词...... 对于这题那便是DFS纯暴力了，每次先到达不同的第一站，再扩展下去到第二站... 暴力枚举每一种可能，最后保留最小值。 代码如下：#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;int map[35][35], N, K, obj[35], RK;void DFS( int pos, int step, int dis, int &ans ){ if( step== RK
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摘要：可恶的模拟题，刚进入的那一步竟然不算，贡献了多次WA啊，只要注意这点应该就木有问题了。#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cstdio>using namespace std;int N, M, sx, sy;char map[15][15], hash[15][15];bool out( int x, int y ){ if( x< 1|| x> N|| y< 1|| y> M ) { return true; } return false;}bool DFS( int &am
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摘要：给定一个非递减的序列，要求从这些序列中找出一系列的数相加等于要求的数。这题的主要任务就是怎样去重。 现分析如下： 对于给定的两个非递减序列,A, B, C, D 用来映射各个数的位置，2(A) 1(B) 1(C) 1(D) 以及 2(A) 2(B) 2(C) 1(D)， 要求求出和为3的表达式。 显然前面的序列递归下去会首先出现A+ B的组合，由于此时A+ B已经等于了3，所以递归就会回溯，此时会形成A+ C的组合，按照正常人的思维，这个解肯定是不能够取的，但是计算机有这么聪明吗？显然还是要我们来设计各种复杂的判断...... 转回正题，我们在递归时有一个属性就是递归的层数，而该题的求解就会.
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摘要：简单DFS，需要注意的是最后的那个数加上一要是个素数。 代码如下：#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cmath>using namespace std;int hash[25], rec[25], cnt;bool isprime( int x ){ if( x<= 1 ) return false; if( x== 2 ) return true; int lim= sqrt( x ); for( int i= 2; i<= lim; ++i
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摘要：Accepted NecklaceTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 1027Accepted Submission(s): 407Problem DescriptionI have N precious stones, and plan to use K of them to make a necklace for my mother, but she won't accept a necklace which is to
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