摘要：这题WA很久，然后找不出原因，后来看了书上的程序（图论理论算法实现及应用神马的），然后感觉不出来自己哪里错了，后来改了改，把无穷大的定义改小了点，再放到ZOJ上，成功AC了，我都不知道为什么，也许还改了其他地方，我已经糊涂了，然后又把它放POJ 1135上又WA了，我都憔悴了，最后我想起以前刷水题时要把double用%f输出，我试了一下，果然AC了，求解释`````贴代码：View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #define MAXN 505 4 #define INF 1000000 5 int n; 阅读全文

摘要：这个题绝对的Prim，但是这题有个怪一点的地方，他的适配器要重复买，比如顶点A和B连了一条边，顶点B和C连了一条边，那么要买，两个B适配器，一个A和一个C适配器，我先理解错了，以为只要买一个B适配器就可以了，所以连测试数据都过不了。然后可以直接把两个适配器的价格算在这条边的权值上，反正总的要求是造价最低嘛。。。贴代码：View Code 1 #include <cstdio> 2 #define MAXN 1020 3 int n; 4 int sum; 5 int lowcost[MAXN]; 6 int edge[MAXN][MAXN]; 7 void Prim() 8 { 9 阅读全文

摘要：就是Prim算法，求最小生成树，把每个汽车编号看成点，两个编号的距离，也就是相同位置不同字符的数目，就看做边，显然，看成无向图，谁生成谁自己想想就行了 ，这里边比较多，用Prim算法。代码：View Code 1 #include <cstdio> 2 #define MAXN 2005 3 int n; 4 int lowcost[MAXN]; 5 int edge[MAXN][MAXN]; 6 int dis(char a[],char b[]) 7 { 8 int s = 0; 9 for(int i=0; i<7; i++)10 if(a[i] != ... 阅读全文

摘要：和ZOJ 1203解法一样，不赘述，我都直接复制的代码修改了一下贴代码：View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <cmath> 5 #define MAXN 1020 6 #define MAXM 15020 7 using namespace std; 8 int n,m; //n为顶点个数，m为边数 9 struct ArcNode10 {11 int u,v; //一条边的起点和终点12 int w; //边的权 阅读全文

摘要：就是如题的做法，在一个连通图中找一条最小生成树，Kruskal的思想就是先根据所有边的权值按小到大排序，然后依次选择边进最小生成树里，但是要排除该边加进去后出现了环，生成树里是不能有环的，这样的边就不能加入，在挑选了n-1（n为图中点的个数）条边后就结束，可以证明这样构造出来的图就是最小生生成树。再判断是否会出现环时用到并查集。int temp = parent[r1] +parent[r2];//两根结点所带结点的总数,因为写错了这句，我检查了N久，砸墙,我很激动地写成了 int temp = Find(r1)+Find(r2);然后各种程序各种混乱了。还有一点因为没有看见说每两个case中 阅读全文

摘要：这个题我是看书上解题思路做的，自己未必想的出来，就是根据他给你的窗口分布去构造图，比如说这个格子本来可以被1，2，4，5窗口共用（只是指1，2，4，5都能出现在这个格子上，但是一次当然只可能出现一种情况），现在被2占用了，那么2可能是覆盖了1，4，5窗口，这样就构造有向边<2,1>,<2,4>,<2,5>如此类推，把整个图构造出来后，出现环了 ，证明电脑坏掉了，鉴于我相当水，只好用拓扑排序写，因为一共也就9个点，尽管拓扑时间复杂度高，但数据小，也就还能接受啦，不会超时。我0MS过的。如果可以，建议尽量用别的各种方法去判环。这题我也WA好多次，这次是因为忘了注 阅读全文

摘要：这题就是拓扑排序，但是能确定的情形必须是拓扑序列唯一。做法是在读边的时候 ，读完一条边后就调用topsort函数，如果通过topsort函数能确定出现环，则矛盾，或者存在了把所有 n个字母都包括进去了的唯一拓扑序列。就可以输出结果，以后就不调用topsort函数了。但是注意剩下的数据要读完，当读完所有的边上述两种情况都还没有出现，就可以输出不能确定了我是这样做的，在做拓扑排序时，先把入度为0的顶点入栈，该顶点入度设为-1（这样就不会重复入栈）如果出现两入度为0，可以知道不存在唯一拓扑序列了，别急，要接着做拓扑排序，从栈中 pop出元素，所有是该顶点后继的顶点的入度减一，再找入度为0的顶点入栈， 阅读全文

摘要：思路是把物品看成是无限的，就像做完全背包一样从小到大更新，而事实上每种物品的数量却是有限的，所以还必须用count[j]记录当拼成j面值时用了多少个面值为ai的硬币，当在考虑面值k能否拼成时，如果count[k-ai]时已经用掉了re个ai面值的硬币了，如果re >= 该面值硬币的数量了，面值k就不能拼成，因为没这么多硬币了，如果小于该面值硬币的数量，面值 k能拼成，且count[k]为count[k-ai]+1.View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 bool v[100010]; 4 int c 阅读全文

摘要：http://blog.csdn.net/diannaok/article/details/7875086?reload我是看着他的写的，但是有个小错误，在初始化值时，令>L/2中最大的数的初始值为L+1较为合适，想想1 3 3 1 4这组测试数据。这题我再详细说一下，我们试想在子集中最大的那个数怎么取，如果取<=M/2那么所有<=M/2的数一定都可以取，但是如果取一个>M/2的数的话，那么该子集只能取一个>M/2的数，取两个的话不就不满足yi+yj <= L了嘛，如此说来，就在>M/2的数中取一个最小的，在<=M/2的数中取最大的，如果加起来& 阅读全文

摘要：就是每个组中只要选择一种，然后0-1背包一下。View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 int main() 4 { 5 int n,m; 6 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 7 { 8 int f[200],A[200][200]; 9 if(n == 0 && m == 0) break;10 for(int i=0; i<n; i++)11 for(int j=1; j<=m; j++)12 ... 阅读全文

摘要：像这种恰好装满的情况可以用bool数组，恰好装满为true,否则为false。还有就是逆向推倒，0-1背包，f[i][j]表示有i个人，组成了j的体重，这样的话在考虑某人的情形时，f[i][j]为真的前提就是f[i-1][j-wi]为真，其中wi为这个人的体重View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cmath> 4 bool f[110][2500]; 5 int main() 6 { 7 int n,w[110],sum = 0; 8 scanf("%d\n&q 阅读全文

摘要：这题WA了很多遍，要不就是测试数据 3 1 2 3 输出173，要不就是6 5 5 5 5 5 5 输出-1.甚至有时候把程序改的题目上的测试数据都过不了，各种悲摧，其实我喜欢边写程序边想，这是个很差的习惯，我一定要改！！！这题是看别人的提示写出来的，首先设bool型数组f,令 f[i][j]表示一边长为i,另一边长为j的边可以组合出来，然后在所有可以组合出来的情形中找能组合成三角形且面积最大的。f[i][j]能组合出来的条件是对于加入新边li来说是f[i-li][j] 或f[i][j-li]能组合出来，初始条件是f[0][0]能组合出来。因为题目中说了要用掉所有的栏杆，所以我只考虑两条边，剩 阅读全文

摘要：二进制压缩，看背包九讲啦，写的很详细了，不赘述````先贴不要求恰好装满的情形POJ 1276二进制压缩： 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 int f[100005];//容量为i时最多能装多少 4 int p[12000];//物品拆分 5 int main() 6 { 7 int n,cash; 8 while(~scanf("%d%d",&cash,&n)) 9 {10 int vi,num;//物品价值，数量11 int cur = 0;12 memset(f,... 阅读全文

摘要：顺序求解是完全背包，逆序求解是0-1背包，自己想想View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 using namespace std; 4 struct node 5 { 6 int cost,value; 7 } ; 8 node u[100005]; 9 int f[100005];10 int main()11 {12 int G,U;13 int T,cur;14 scanf("%d",&T);15 while(T--)16 {17 // freopen("in. 阅读全文

摘要：http://acm.zjut.edu.cn/不完全装满取值初始值都为0，恰好装满f[0]初始值为0，其他的为负无穷。得到的玩具的价格按从大到小排序，保证当玩具组合出的价格等于擎天柱价格时，玩具的数量会是最少的View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 int f[10010]; 6 int c[10010]; 7 int main() 8 { 9 int n,m;10 int p[20];11 while 阅读全文

摘要：用f[i]记录当背包容量为i时，最大的重量。那么初始状态所有f[i]=0，一个物品一个物品考察，从容量大的背包开始到容量为1的背包结束，这时所有容量小的背包肯定都还没有放入该物品，这时原有的f[i]值如果小于f[i-pi]+pi,也就是未放这物品和放这物品后的容量值做比较，发现放这物品后总的容量值增大了，就放这物品。推荐看背包九讲，网上有下载，写得很好View Code 1 #include <cstdio> 2 int f[13000];//f[i]的值为背包容量为i时得到的最大价值 3 int w[3500]; 4 int d[3500]; 5 int main() 6 { 7 阅读全文

摘要：该题的关键是如果a%n = x;则(a*10+b)%n == (x*10+b)%n。例如你要算123456789%3，你只需算((12345678%n)*10+9)%3。想法是把给你的数字先排序，然后扩展，这样能保证你拓展出的数是以递增序列出现的。按示例所示，给你数字1，7，0，你可以拓展出10，11，17；70，71，77；从拓展出的六个新的数，每个数又能拓展出M（这里的M为3）个。然后要优化处理，算所谓的剪枝吧。拓展出的数模n的余数等于原数的余数*10+增加的数，再模n.如果新数的余数已经出现过，就不入队列了，因为该数没有被拓展的必要（已经有一个比它小的数用来拓展）。如果出现某数的余数为0 阅读全文

摘要：/*该题的解题思路为BFS，从某点开始进行BFS,以层数表示到该地区的距离，用到了滚动队列。 对每个公交车的站点进行BFS，记录每个地区到该公交站的距离，遍历完后会得出每个地区到 所有公交站点的最大距离，以此知道选择了该地区后的星型阀值。然后从所有地区中选择一个 最小的*/View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <queue> 3 #include <cstring> 4 #define ZMAX 10000 //地区编号的最大值 5 #define INF 100000 6 using namespace std; 阅读全文

摘要：次题的关键是把稻田的中心点抽象成图中的点，两中心点有水管相连表示两点连通，这样，此题就转化成了求图的连通分支数目View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 using namespace std; 5 char grid[52][52]; 6 char map[52][52]; 7 int m,n; 8 int dir[4][2] = {{-1,0},{0,1},{0,-1},{1,0}}; // 上，右，左，下 9 //编号分别为 0，1，2，310 阅读全文

摘要：该题是找满足条件的摆法，直接DFS会超时，关键是压缩存储，同一种正方形只存一次，再DFS，然后搜到一种成功的就要退出，不要把所有可能的摆法都搜完，不然也会超时。初始化种类数不要忘记。View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 bool flag ; //成功标志 4 int n,kinds; //正方形的个数为n*n,种类为kinds 5 struct square 6 { 7 int top,bottom,left,right; 8 int num; //该类正方行的个数 9 } rect[26];//记录 阅读全文

摘要：求整数a,b的最大公约数和最小公倍数先求最大公约数，辗转相除：int gcd(int a,int b){return (b == 0)? a:gcd(b,a%b);}求出最大公约数后，利用a*b = lcm(a,b)*gcd(a,b)求最小公倍数int lcm(int a,int b){ return a/gcd(a,b)*b;} 阅读全文

摘要：判断一个有限序列是否是可图的，有Havel-Hakimi定理：由非负整数组成的非增序列s:d1,d2,~~~(省略号)，dn(n>=2,d1>=1)是可图的，当且仅当序列：s1:d2-1,d3-1,~~~,d(d1+1) - 1,d(d1+2),~~~,dn是可图的。序列s1中有n-1个非负整数，s序列中d1后的前d1个度数减1后构成s1中的前d1个数。据此定理可以根据一个序列构造出相应的图（结果不唯一）实例：POJ 1659 青蛙的邻居注意：给每个顶点先编好号View Code 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 阅读全文