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题面 还可以这么搜......学到了(PoPoQQQ orz) 我们最朴素的做法是枚举所有状态(当然可以剪，剪完最终实际状态量也是$C_{26}^{13}$的)，然后每次$O(n)$扫一遍判断，大概会T炸，考虑优化 我们先预处理每个状态中$1$的数目和连边的状态，然后压缩状态初始让一边集合为空，一边 阅读全文
posted @ 2018-10-12 23:08
Speranza_Leaf
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题面 考虑一个点$x$，如果某两个点$u,v$间的所有最短路都经过$x$，那么$x$肯定是重要的。这个题$n$比较小，所以我们直接跑floyd，在过程中记录 当发生松弛时，我们具体讨论： 如果这个长度是两点间新更新出的一条最短路，即$dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j]$，我们 阅读全文
posted @ 2018-10-12 22:58
Speranza_Leaf
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题面 在朴素中透着一点新意的状压DP 一个很暴力的思路是枚举位置，状态和硬币，每次二分出向前最多能买到哪里，复杂度爆炸($O(2^knklog$ $n)$) 考虑优化，不妨先预处理一下$goal[i][j]$表示每个硬币$i$在每个位置$j$最多向前能买到哪里，但是这样还是很爆炸，所以我们找来了一个 阅读全文
posted @ 2018-10-12 22:48
Speranza_Leaf
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题面 这个题剪枝比较多的说=。= 1.记录最长和最短的木棍，限制枚举的上下界 2.记录木棍的总长$tot$，只在其能被枚举的长度整除时搜索 3.从长到短枚举长度(暂时好像没啥用) 4.每次(不是新的一根木棍时)从上次枚举的长度开始枚举(和3组合起来用的) 5.(强剪枝来了)如果是在尝试拼一根新木棍， 阅读全文
posted @ 2018-10-12 18:57
Speranza_Leaf
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题面 如果没有两个数不能相同这个限制就两个数组排序后贪心即可。现在加上这个限制，注意到每个数组中的数是两两不同的，所以每次一定能在前面或后面一个数中找一个换过来，这样每次考虑相邻三个数转移就可以了，注意特判一下边界。 1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #i 阅读全文
posted @ 2018-10-12 18:56
Speranza_Leaf
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题面 好像没啥可说的，就当练码力了...... 先用BFS跑出岛屿，然后跑最短路求岛屿间的距离，最后状压DP得出答案 注意细节，码码码2333 1 #include<set> 2 #include<queue> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #in 阅读全文
posted @ 2018-10-12 18:48
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题面 我把这个当做IDA*的模板题的说，说说我个人对IDA*的理解 IDA*是一个DFS，和A*一样，它也有一个乐观的估价函数。这里这个估价函数是用来限制状态的扩展的，如果当前代价加上乐观的估计都无法在规定层数内出解，我们就不向更深搜索了。这里取位置有差异的骑士个数作为估价函数即可，注意是骑士个数， 阅读全文
posted @ 2018-10-12 17:49
Speranza_Leaf
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题面 题外话：神**可持久化左偏树，你谷的人都太神了，学不来 我把这个当做A*模板题的说，先讲一讲个人对A*的理解：如果说普通的BFS是Bellman_Ford，那A*就是一个Dijkstra。以寻找第$k$优解为例，本来我们是要搜$k$遍；现在我们给当前的实际代价加上一个估计的乐观代价，这个就叫做 阅读全文
posted @ 2018-10-12 17:42
Speranza_Leaf
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题面 裸的搜索题，就说剪枝(注：nw->noww->当前,res->rest->剩余)： 1.想达到$Nπ$的体积，那么半径一开始最多也就$sqrt(n)$了，再大就超了。。。 2.可以预处理$minv[i]$表示还剩$i$层时最少还要放多少的体积，当当前体积$+minv[res]>n$时剪掉 3. 阅读全文
posted @ 2018-10-12 17:22
Speranza_Leaf
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