11 2012 档案
摘要：这次比赛题目明显较长，自己没耐心读题，心还是太急了。给自己总结了几个缺点：1.心太急，总想侥幸过掉。2.本能觉得有些题目很简单，考虑不充分，没想好思路就敲。3.草稿纸要书写规范，以免重复计算。4.题目长就耐心读题，没什么好抱怨的。5.独立思考能力还不够，总想依赖别人。日后做题要尽量避免这些情况。C题严重考虑错误。View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;int main(){ int i, j; double y1, y2, yw,
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摘要：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;#define maxn 50003#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1#define mid int m = (l + r)>>1int col[maxn<<2];int lsum[maxn<<2], msum[maxn<<2], rsum[maxn&l
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摘要：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<vector>using namespace std;const int maxn = 8000<<1;#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1#define mid int m = (l + r)>>1int n;int col[maxn<<2];int vis[maxn<
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摘要：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn = 65666<<1;#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1#define mid int m = (l + r) >> 1int col[maxn<<2], XOR[maxn<<2];bool vis[maxn<<
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摘要：注意离散化View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1#define mid int m = (l + r)>>1#define maxn 10004int col[maxn<<4];int l[maxn], r[maxn];int a[maxn<<4], m, n;int
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摘要：方法一：先暴力求出每个字串是否是回文（枚举每个回文串的中间字符），保存在dp[i][j]中再从以求的小区间滚成大区间View Code #include<stdio.h>#include<string.h>char s[5005];int dp[5005][5005];int main(){ int i, j, k, x, y; int len = strlen(gets(s+1)); for(i = 1; i <= len; i++) // 枚举每个回文串的中间字符 { for(j = k = i; j >= 1 && k <= le
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摘要：出处：http://blog.csdn.net/lalor/article/details/7358956poj3461Oulipo最简单的KMP题，找出第一个字符串在第二个字符串中出现次数。View Codepoj2752SeektheName,SeektheFame求子串前缀跟后缀一样的各种情况View Codepoj2406PowerStrings求子串在主串中最多叠加次数View Codepoj1961Period跟上面一题几乎一样，把主串的每一种前缀当作小主串，如果小主串的子串在小主串中叠加次数大于1，输出小主串长度及叠加次数。View Code #include<stdio.
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摘要：题意：求最长公共上升子序列。思路1：O(n^3) 算法用dp[i][j]为a串匹配到i，b串匹配到j时的最长公共上升子序列的长度。状态转移方程如下：dp[i][j] = max(dp[k][t]+1) (1<= k < i && 1 <= t < j && a[i] == b[j] && a[k] < a[i] && b[t] < b[j])dp[i][j] = max(dp[k][t]) (1<= k <= i && 1 <= t <= j &&
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摘要：注意：重复的只算一次如何去掉一些重复的是本题的关键我的去重思路：75 3 7 6 3 2 165 3 7 3 155 3 2 1 3第一组在推到 数字 2 的时候有 3会出现重复， 显然前面一个3是可有可无的。第二组也一样，前面一个3是可有可无的。1.如果最长下降序列中有后面一个3， 如第一二组数据，那么前面一个3是无用的，在推好后面一个3之后把之前的所用重复的计数数组清零2.如果最长下降序列中只有前面一个3，如第三组数据， 做情况1的操作也是不会影响结果的，因为第三组的前面一个3的状态已经推到2后才被清零的。View Code #include<stdio.h>#include&
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摘要：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>int a[50003];int f[50003], g[50003];#define inf 1000000000int max(int a, int b) { return a > b ? a : b;}int main(){ int i, j, cas, n; scanf("%d", &cas); while(cas--) { scanf("%d", &n); for(i = 1; i <= n; i++)
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摘要：注意边界View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;#define inf 1000000000int max(int a, int b) {return a > b ? a : b;}int n, m;int a[103][103], dp[103][103];int main(){ int i, j; while( ~scanf("%d%d", &n, &m)) { for(i = 1; i
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摘要：记忆化搜索:View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<string>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define inf 1000000000struct node{ int v, vis; // v 表示DP的值，加入的最少的括号个数，vis表示dp这一个状态是否被更新 string s; // 保存要输出的路径， string使用很方便，但时间相当费啊}dp[103][103];st
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摘要：注意初始化View Code #include<stdio.h>#include<string.h>int dp[103][103];char a[103], b[103];int f[7][7];#define inf 1000000000int max(int a, int b, int c){ int x = a > b ? a : b; return x > c ? x : c;}void init(){ for(int i = 1; i <= 4; i++) f[i][i] = 5; f[1][2] = f[2][1] = -1; f[1][
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摘要：红色表示已经A。打星号的表示个人认为比较经典，或是算法比较好的题目1014* Dividing 半个背包，注意中断，否则可能TLE1036 Gangsters 可以很水的DP过，还有多种优化的方法1038* Bugs Integrated, Inc.状态压缩1050 To the Max最大子矩形 枚举每个列数为n的矩阵，然后对这些矩阵分别进行DP处理1080 Human Gene Functions最长公共子序列拓展，此题不连续，注意初始化1088滑雪 记忆化DP1141* Brackets Sequence括号序列 经典区间DP1157 LITTLE SHOP OF FLOWERS 注意.
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摘要：题意：一群匪徒要进入一个酒店。酒店的门有k+1个状态，每个匪徒的参数是：进入时间，符合的状态，携带的钱。酒店的门刚开始状态0，问最多这个酒店能得到的钱数。思路1：dp[i][j]表示时间0-i之间，门的状态为j时所能获得的最大利益转移方程 ：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1],dp[i-1][j+1])因为转移i只跟i-1有关，所以可以用滚动数组dp[2][k]有一个处理边界的好方法：j的范围 0 —k，不妨向右移动1位，并保证0，k+2时的状态为0代码1：View Code //O(k*t)#include<stdio.h>#include&
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摘要：让物体的重量等于价值，用总价值的一半的包去装这些物品，看其是否能装满View Code #include<stdio.h>#include<string.h>int dp[120005], a[8];int max(int a, int b) { return a > b ? a : b;}int main(){ int i, j, cas = 1, n, m; while( ~scanf("%d", &a[1]) ) { int sum = a[1]; for(i = 2; i <= 6; i++) { ...
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摘要：关键：很巧妙的枚举思路，枚举回文字符串中间字符的位置i，复杂度O(n)，然后统计 以i为起始位置的回文串的个数放在数组p[]中，以末尾位置的回文串的个数放在数组q[]中。最后处理一下即可View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#define lld __int64char s[2006];int p[2006], q[2006];lld ans;int main(){ int i, j; int l = strlen(gets(s+1)); int a, b; for(i = 1; i <= l; i++) ...
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摘要：边双连通分量求解要点：1.通过割点找变双连通分量。2.点入栈，当前边（u->v）的v点等于栈顶的点时停止出栈。3.每个割点可能属于多个连通分量。G++ AC，哪位大神帮忙改成C++ ACView Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<vector>using namespace std;#define maxn 1010#define maxm 1000009bool map[maxn][maxn];int min(int a, int b)
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摘要：注意：去掉反向边View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;#define maxn 10004#define maxm 100055#define inf 1000000000int min(int a, int b){ return a < b ? a : b;}struct E{ int v, next;}edge[maxm<<1];int head[maxn], tot;int n, m;void add(in
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摘要：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#define maxn 110#define maxm maxn * maxn#define inf 1000000000int min(int a, int b){ return a < b ? a : b;}struct E{ int v, next;}edge[maxm<<1];int head[maxn], tot;int n, m;void add(int s, int t){ edge[tot].v = t; edge[tot].next = hea
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