随笔分类 - 各种搜索
摘要：传送门 正难则反，把链操作成树不好想，那么考虑一下如何把树变成链 每次操作相当于把一个兄弟变成儿子（我把你当兄弟你竟然想把我当儿子.jpg） 注意到每次操作最多只能使树的深度增加 $1$ 因为链的深度为 $n$ 且形态唯一，那么只要把原树操作成深度为 $n$ 即可 现在得到了一个操作次数的下限，即
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摘要：传送门 考虑构造一些区间使得树尽可能的 "大" 发现这棵树最多就是一条链加上链上出去的其他边连接的点 构造的区间大概长这样（图比较丑请谅解..$qwq$，图中每一个 "└┘" 都是一段区间）： 发现树其实就是个 "毛毛虫"：传送门 所以直接求最大的毛毛虫即可 设毛毛虫的主链集合为 $S$ ，那么毛毛
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摘要：传送门 基环树的题当然先考虑树上怎么搞，直接求个直径就完事了 现在多了个环，先把非环上的直径（设为 $ans$）和环上节点 $x$ 到叶子的最大距离（设为 $dis[x]$）求出来 考虑到对于某种最优的方案，环上一定有某条边完全不用走 所以可以枚举断哪个边然后暴力，显然会 $T$ 飞 考虑能够快速求
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摘要：传送门 考虑到达某个点时的数长度要尽量短，那么可以把边长看成此边十进制下的位数 那么对于最终答案我们只要考虑最短路 $DAG$ 上的情况 又发现其实边长都很小，所以可以暴力拆边，把边权都拆成 $1$，这样就可以 $BFS$ 了 考虑最优情况，对于 $BFS$ 时同一层的点，要扩展到下一层，我们肯定要
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摘要：传送门 首先可以想到二分答案，然后考虑判断 注意到所有点的外包矩形的四条边一定要被覆盖到，而正方形只有 $3$ 个，所以一定有一个正方形在角落 考虑爆搜，枚举正方形在当前外包矩形的那个角，然后对剩下的点的外包矩形继续这样搞
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摘要：传送门 首先均方差公式： $\sigma = \sqrt{\sum_{i}^{K}\frac{(sum[i]-\bar{sum})^2}{n}}$ 其中 $\bar{sum}$ 为小矩阵的平均值，显然 $\bar{sum}=\frac{\sum_{i}^{K}sum[i]}{K}$ 所以就是要最小化
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摘要：传送门 一看 $n$ 这么小，搜就完事了... 因为最后每块小蛋糕面积固定，所以每次切完面积都必须是小蛋糕面积的倍数 那么最多只有第一次有 $10$ 个位置，之后越来越少，复杂度很低 然后注意不要乱剪枝...，每次切不一定只切长的边，枚举位置时因为左右两边是对称的所以只要枚举一半
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摘要：传送门 发现保持自信和做其他事情互不干扰，可以直接做一次 $dp$ 求出最多能空出几天来怼大佬 然后就变成给你若干天，是否能怼死大佬，考虑求出所有的 天数和输出的嘲讽值集合，因为天数不多，嘲讽值增长很快 所以直接 $BFS$ + $map$ 去重就行了 不怼大佬或者只怼一次的情况容易计算，现在问题是
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摘要：传送门 这一题很容易想到网络流 一开始傻逼地模拟整个图每一个时间的情况，显然会爆炸 发现我们只要考虑起点到门之间的距离，不用每一步只走一格 所以直接 $BFS$ 预处理距离然后二分答案，网络流判断即可 注意到了门就不能走了，所以门不能连边出去 总的来说挺傻逼的一题...但是我就是没想到... 某位不
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摘要：传送门 首先能想到 $n^2$ 的做法 枚举所有两点，看看是否有边相连，如果没有说明它们一定要在同一集合，用并查集维护一下就行 注意到如果没有边这个条件，其实就相当于问补图有边 所以题意可以转化为，求补图的每个联通块大小 求联通块可以想到 $bfs$，代码大概长这样： 但是这样枚举点还是 $O(n^
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摘要：传送门 搜索，剪枝 首先可以二分答案迭代加深，假设要买 $p$ 台 那么肯定卖价格最小的 $p$ 台 再来个 $A*$ ，设搜到当前情况时，有 $waste$ 的钱一定要被浪费（其实就是某些学校剩下的钱连最便宜的都买不起） 设最便宜的 $p$ 台电脑总价值为 $sum$ ，所有学校的总钱数为 $S$
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摘要：传送门 直接 $dfs$ 会 $T$ 飞，$BFS$ 又会爆空间 考虑迭代加深搜索，枚举走的最大步数， $dfs$ 时如果步数大于枚举的步数就返回 然后再加个估价函数 $diff$，表示当前状态与最终状态差的格子数，如果就算每一步都能减少一个不同且最后一步能减少两个不同都无法在限定步数内到达 那么就
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摘要：传送门 显然题目给的图构成一个基环树森林 对于每个基环树单独考虑，显然每个都走直径是最优的 考虑如何求出基环树的直径 把直径分为两种情况考虑，首先可以找出环 因为直径可能不在环边上，所以对每个环上节点的子树进行一遍 $dfs$，求出每个节点子树的直径 维护 $dis[x]$ 表示节点 $x$ 到叶子
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摘要：传送门 考虑一个位置答案传递性，如果某个位置的红宝石转动确定了，那么会引起连锁反应： 如图，绿色的转动确定了，那么那两个蓝色的转动也确定了 自己手玩一下，发现如果有解那么随便找一个开始然后一路玩下去最后一定会有解，如果一旦有冲突那么之后不管怎么调整也都一定无解，（因为调整最后又会绕回自己继续冲突）
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摘要：传送门 问最长简称最短，考虑二分答案 二分后开始考虑暴力枚举合法缩写 但是正常枚举时可能会重复 所以设 $ch[i][j][k]$ 表示第 $i$ 个人，当前到位置 $j$ 时，下一个字符为 $k+'a'$ 的最前面的位置 这样我们暴力 $dfs$ 时就不会重复枚举缩写了 预处理一波 $ch$ ：
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摘要：传送门 先考虑是一颗树的情况 求最小的 dfs 序 显然按儿子编号从小到大dfs 如果有多一条边怎么办 显然会有一条边不用走 直接枚举删那条边然后每次都暴力 dfs 复杂度 $O(n^2)$ 注意每个节点的儿子顺序先预处理好 不要每次都重新算
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摘要：传送门 BFS解法 显然如果一个面额A可以被其他面额表示出来 那么这个面额A就没用了 且如果A不能被其他面额表示，那么A一定有用（A本身的值只有自己可以表示） 发现面额最大不超过 25000 那么设 p [ i ] 表示面额 i 能否被其他面额表示 然后跑BFS求 p 就好了 注意初始状态是每两个数
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摘要：传送门 注意数据中 k <= 50，考虑从这里入手解决问题 设 f [ i ] [ j ] 表示 已经到 i 点，最多还能比最短路程多走 j 的长度而不超过限制时的方案数 处理出终点到每个点的最短路程 dis [ i ] 那么对于一条边 (a,b,c)， f [ a ] [ j ] --> f [
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摘要：传送门 直接爆力BFS有80分... 讲一下BFS吧 可以发现在一个局面下我们要知道的只有空格的位置和指定棋子的位置 因为其他的不是不可移动就是普通棋子 然后以空格的位置BFS，一个棋子走到空格其实就相当于空格走到棋子并把棋子挤到原本空格的位置 我们就BFS让空格瞎跑看看跑几步可以把指定棋子带到指定
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摘要：传送门 很神奇的一题 看一眼题目感觉是博弈论？ 但是要求具体结果 好像搞不了... 发现题目有限制，保证棋子排列呈阶梯型 好像可以轮廓线DP？ 不会.... 然后去看题解了，DFS能过？？？ emmm.... 因为棋子排列呈阶梯型，所以如果我们暴力枚举所有的状态可以发现合法状态只有不到40万种 然后
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