08 2012 档案
摘要：模型：给一个完全二部图，每条边都有一个权值，求边权和最大的匹配。数据范围：n<=250分析：直接套用KM算法即可，要加slack数组优化，优化后复杂度为O(N3)。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 300#define INF 0x7fffffff#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))int n,g[N][N];int x[N],y[N],lx[N],ly[N],match[N
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摘要：题意：给一棵树，当在某个结点上放置士兵时，与该点相邻的边就被看守住了，求最少需多少士兵才能看住树中所有边。分析：先将无根树有根化，然后DP。状态设计： 1、dp[i][0]，表示在结点 i 没放置士兵的情况下，看住以结点 i 为根的子树的所有边所需的最少士兵； 2、dp[i][1]，表示在结点 i 放置士兵的情况下，看住以结点 i 为根的子树的所有边所需的最少士兵。状态转移： 1、dp[i][0]=∑dp[j][1]，j 是 i 的儿子结点；（根结点不放士兵时，与其相连的边必须由儿子结点来看守） 2、dp[i][1]=1+∑ ( MIN ( dp[j][...
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摘要：题意：给出N个词根，求长不超过L的且至少包含一个上述词根的单词的个数。数据范围：0<N<6，0<L<2^31这题与上一题差不多，但比上题要繁琐的多，关键的区别在于"不超过L" 和"至少包含一个"因为"至少包含一个"，所以刚好是求上一题的反面；因为"不超过L"，所以要求的是矩阵幂和S = A + A2 + A3 + … + AkView Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>#in
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摘要：题意：给出m个致病DNA片段，求长为n且不含致病片段的DNA序列共有多少种。数据范围：0 <= m <= 10，1 <= n <=2000000000这题初看起来与上一题差不多，但一看数据范围就傻了……分析：先建m个致病DNA片段的自动机，然后求出自动机中结点之间转移的路径数目，这样就可以得到一个有向图，所求问题就变为从根结点出发，到达任意一点，所走路径长度为n且路径不经过危险结点的路径数目。再抽象一下，就是求一个边长均为1的有向图中2点之间长为n的路径数目，这就不难想到矩阵了。设G为邻接矩阵，则Gk中第i行j列的元素表示从i到j长为k的路径数目。View Code #
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摘要：题意：给出包含n个可见字符的字符集，以下所提字符串均由该字符集中的字符构成。给出p个长度不超过10的字符串，求长为m且不包含上述p个字符串的字符串有多少个。数据范围：1<=n,m<=50，0<=p<=10状态设计：dp[i][j]，i 步之内未经过危险结点且第 i 步到达结点 j 的路径数目。状态转移：dp[i][j]=∑dp[i-1][k]，在结点 k 加输入 s[i] 能跳到结点 j初始化：dp[0][0]=1，对于其余的 i ：dp[0][i]=0注意：由于最后结果很大，而题中又没提到取模，所以要用到大数相加。View Code #include <stdi
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摘要：题意：先给出m个DNA片段（含致病基因），然后给一个长为n的DNA序列，求最少需要修改多少次，使得这个DNA序列不含致病基因。修改操作定义为将DNA中某个碱基变为另一个碱基，如将A变为G数据范围：1<=m<=50，1<=n<=1000分析：先建自动机，然后DP。状态设计：dp[i][j]为从根结点出发走 i 步后到达状态 j 最少需要修改的次数。状态转移：1、dp[i][j]=MIN(dp[i-1][k])，从状态k能根据s[i]跳到状态j，无需修改；2、dp[i][j]=MIN(dp[i-1][k])+1，从状态k不能根据s[i]跳到状态j，需要修改s[i]。（注意区
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摘要：题意：给出2个深搜过程，确定是否是对同一棵树的遍历。深搜过程是用01串来描述的，0代表远离树根，1代表靠近树根。分析：利用最小表示的思想，我们将树的所有结点按一定的规则排个序，然后比较2棵树的结点是否一样即可。排序规则：先按深度排序（离树根的距离），深度相同的按以该结点为根的子树结点数目排序。其实排序的过程就是统一遍历规则的过程，利用上面的规则排序后的结点是一个宽度优先的搜索顺序，且同一层中按后代结点数目小的先遍历。View Code #include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#defin
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摘要：题意：Given a n × n matrix A and a positive integer k, find the sum S = A + A2 + A3 + … + Ak.分析：与矩阵快速幂的思想一样，都是二分。1、k为偶数，设k=2*m，则S = A + A2 + A3 + … + Am+(A + A2 + A3 + … + Am)*Am2、k为奇数，设k=2*m+1，则S = A + A2 + A3 + … + Am+(A + A2 + A3 + … + Am)*Am+Ak由上可见，原问题均可递归成与原问题结构相同的子问题，递归边界为k=1时，结果为AView Code
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摘要：题意：给n个矩形，每个矩形都有一个矩形的“洞”，矩形和洞的边都与坐标轴平行，求这些带“洞”的矩形覆盖的面积。数据范围：n<=50000, 0<=x,y<=50000分析：这题本质还是求矩形面积并，因为一个带“洞”的矩形可以看成是4个矩形。由于矩形数目n和坐标范围均比较大，所以离散化+暴力统计的方法肯定会超时。扫描线的方法我也是第一次学，我的理解是这样的，把所有矩形的2条竖直边（横边也一样）无限延伸就得到扫描线，这些线把所有矩形重新划分为许多不相交的矩形，所有矩形的面积并其实就是夹在这些线之间的矩形的面积之和，夹缝中的矩形的宽就是扫描线之间的距离，关键在于夹缝中矩形的高度是多少
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摘要：题意：在二维平面上给出n个矩形的顶点坐标（浮点数），每个矩形的边都平行坐标轴，求矩形覆盖的面积。数据范围：n<=100, 0=<x,y<=100000分析：由于n比较小，所以用离散化就能过（离散化的具体分析见上一篇）。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#define N 110int n;double xl[N],yl[N];double xr[N],yu[N];double x[2*N],y[2*N];int xcnt,ycnt;bool f
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摘要：题意：在二维平面上给出n个矩形的坐标，矩形的边与x轴和y轴平行，求这n个矩形覆盖的面积。数据范围：n<=1000, x,y均为不大于50000的正整数分析：由于坐标都是整数的，我们可以把二维平面看成由面积都是1的小方格组成，最暴力的方法就是标记每个矩形覆盖的小方格，最后再统计一共有多少小方格被覆盖，但是坐标平面太大了，最坏情况下为50000*50000，肯定超时了。虽然坐标范围比较大，但是矩形个数却比较小，此时不难想到离散化，离散化后，我们不再将坐标平面划分为面积为1的小方格，而是根据在n个矩形中出现过的坐标来划分，这样的话，最后划分出来出来的方格数目不会超过2n*2n，这样就不会超时了
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摘要：模型：给一个n个点的无向带权图，求从指定起点出发，经过指定的k个点（顺序不定）最后回到起点的最小代价。数据范围：n<=10^4, m<=10^5, k<15分析：先求最短路，求出从指定的k+1（含起点）个点到其他点的最小代价，然后建立k+1个点之间的最小代价邻接矩阵。最后用状态压缩DP求结果（状态压缩DP参考上一篇）。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>using namespace std;#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(
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摘要：模型：求n个城市的最短hamilton回路，n<=15。分析：看到n<=15这样的条件容易想到状态压缩DP。hamilton回路其实就是n个城市的一个圆排列，任选一个起点最后的结果都一样，我们不妨设结点0为起点，状态设计也就不难了。状态设计：d[s][last],表示从结点0出发，已经走过的结点构成状态s，最后走的结点为last；状态转移：d[s][last]=MIN(d[ns][k]+g[k][last])，ns为s中去掉last那一位，k为ns中是1的位（不能是起点0）；边界：当s中只有2位是1的时候，说明从0结点出发，到达last，所以直接返回g[0][last]。结果：an
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摘要：题意：给一个正整数序列，记为a1,a2,……an，现需找i，j，使得i<j，并且ai与aj之间的数均比ai大，均比aj小，求符合上述条件的i与j，使得j-i的最大。分析：易知序列中的最小值比其他所有数都小，最大值比其他所有数都大，所以可以现找到最小的数与最大的数的位置，记为i，j，若i<j，则区间[i,j]内符合上述条件的最值就是j-i，然后递归求解左右区间[1,i-1],[j+1,n]，若i>j，则将区间分为三段递归求解，[1,j],[j+1,i-1],[i,n]。递归边界为区间左端点>=区间右端点时返回-1。每次求区间的最大与最小值的位置可以用线段树解决。View
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摘要：题意：给一棵含n个结点的树，现要查询从a到b的路径中是否包含c，共q次查询。1=<n，q<=100000分析：由于在树中从一个结点走到另一个结点的路径是唯一的，其实说的这条路径就是最短路径，然后问题转化为判断一个点是否为在一条最短路径上，此时就不难想到这个这个判断条件d(a,c)+d(c,b)=d(a,b)，问题就转化为查询树中2个结点之间的距离，这个可以用LCA来做（参考上一篇），考虑到n和q都比较大，所以用离线LCA.View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 100010#defin
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摘要：题意：给一棵带权重的树，共有k个查询，每次查询树中2个结点的距离。结点数n最大为40000，k最大10000分析：首先我们将无根树转为有根树，可以在O(n)时间内得到每个结点到根结点的距离。由于在树中从一个结点走到另一个结点的路径是唯一的，所以a到b的路径一定经过lca(a,b)，设lca(a,b)=c。此时不难发现d(a,b)=d(a,root)+d(b,root)-2*d(c,root)。先在问题就是如何快速求LCA，由于结点数目比较大，查询比较多，所以用在线算法会超时。这里用的是tarjan离线算法，时间复杂度为O(n+k)。View Code #include <stdio.h&
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摘要：模型：给定一个整数矩阵，查询某个子矩阵中的最大数与最小数之差。N最大为250，查询数K最大为100000我的做法：用线段树求出要查询的子矩阵每一行的最大与最小，然后在列方向上统计子矩阵的最大与最小。有点暴力，跑了800+ms。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 255#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))int n,b,k,D;int max[N][4*N];int min[N][4*
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摘要：题目大意：给你一个含n个整数的不下降序列，现需查询某个区间内出现次数最多的数，对于每次查询输出出现最多的次数即可。分析：由于序列是有序的，所以一个数如果在序列中出现多次，那么一定是连续出现的，这样的话就可以把问题转化为区间染色问题，查询的是某个区间中最长的同色区间的长度。区间保存的关键信息有，区间内的某数出现的最大次数，区间最左边的数及其在该区间内出现的次数，区间最右边的数及其在该区间内出现的次数。保存左右两边的信息为为了更新父结点，因为父结点的最大answer可能由左儿子和右儿子合并得到。这题我一开始用堆实现的线段树，发现了很多问题，用堆实现的线段树中有很多没有用到的空间，处理不好会造成结果
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摘要：定义windy数：相邻数字的差至少是2的数，例如10不是windy数，而13是windy数。求给定区间中有多少windy数。区间端点范围为 [1, 2000000000]dfs写法#include <stdio.h>#include <string.h>#define N 10int dp[N][N],digit[N];int dfs(int pos,int last,int z,int f){ if(pos==-1) return 1; if(z&&!f&&dp[pos][last]!=-1) return dp[pos][last];
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摘要：题意：求n到m中有多少个数不含“4”和“62”View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define LEN 10char a[LEN],b[LEN];int n,m;int dp[LEN][3][2];int nextstate(int cur,int in){ if(cur==2 || cur==1&&in==2 || in==4) return 2; return in==6;}int nextflag(int cur,int in,int max){ if(cur==1 &&
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摘要：题目大意：求1到n中有多少个数含“49”第一次接触按位DP，参考了别人的题解。第一个代码运行速度快些（31ms），但状态的转移的分析比较麻烦，第二个代码要慢些（125ms），但code比较方便。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define LEN 22typedef __int64 LL;char s[LEN];LL dp[LEN][3][2];int next(int cur,int in){ if(cur==2 || cur==1&&in==9) return 2; return in=
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摘要：题目大意：给一个n*m的方格地图，每个方格中有一个字符，'.'草地，'*'泥巴地，给你一些宽为1方格大小的板子，长度不限，问最少需要多少板子才能盖住所有的泥巴地，但是不能盖住草地，板子允许相互覆盖。分析：扫描行，将连通的泥巴地看成一个结点，这样得到二分图的X部，按同样的方法扫描列得到二分图的Y部，有公共方格的结点之间连边。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 51#define M 51char map[N][M];bool g[N*M][N*M];int n,m
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