随笔分类 - UVA
摘要：题意很简单，n个桥的高度是事先给出来的，然后有m次涨水与落水的高度，问有多少座桥在这m次涨落之后 被淹超过了k次，如果某桥本身被水淹了，此时再涨水，就不能算多淹一次看下数据10的五次方，10的五次方的硬循环是避免不了了，很明显在计算被淹次数的时候要能缩到logN的复杂度才好。于是想到先对桥由低到高排一下序，然后获取前一次的落水值和这次的涨水值，只要桥高度在涨落直接的必定是又被淹了一次。要多次对序列的某个区间进行加操作，自然是线段树了，确定区间的时候，就用二分，在进行线段树的时候 用懒惰标记#include #include #include #include #define Lson (rt=
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摘要：上次ZOJ月赛碰到一个题目要求对序列中的某个区间求gcd，并且还要随时对某位数字进行修改 插入 删除，当时马上联想到线段树，但是线段树不支持增删，明显还是不可以的，然后就敲了个链表想暴力一下，结果TLE。那天回来后搜了下题解，发现大家都在说平衡树 Splay，就好好学了下，这玩意还是挺难学的，我看了好久。最后还是从网上找了三篇论文打印了下，趁着TCG讲数据库的时候（这课真的好催眠）好好看了下，才搞清楚基本的Splay操作这是第一道Splay题目，基本上是照着模板敲出来的，没办法，第一次学，好多地方不熟练，不过整个过程我已经形成了一个条理了，这倒是一大收获由于自己的粗心，好几个细节错了，调试了好
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摘要：刚看到这个题目不知道怎么个DP法，有点难想到解法如下设置dp[i][j]代表i到j这段子序列能获得的最大值，这样，枚举m=min(m,dp[i+1到j][j],dp[i][i到j-1])，m就代表了给另一个人的,就可求得就只能取到 dp[i][j]-sum(i,j)-m,这样，sum为该段序列总和，只需简单的数列前缀和即可求得sum，这样，只需枚举m值，不断向下进行记忆化搜索，即可求得终结果。#include #include #include using namespace std;int n;int dp[110][110];int vis[110][110];int s[110];int
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摘要：这是大白书上的例题，刘汝佳的解题方法很巧妙。要把初始盘子移到最终状态，先把最大的盘子安置好，否则无法成功，所以先找到最大的没在最终柱的盘子，先移到该盘子所在柱子上只有该盘子，并且其他盘子都在中转柱上（已经进入最终柱的最大盘子不考虑了），通过一个递归解得到该状态的步数，然后放完该盘子之后，就变成了一个柱子上放剩余盘子，由底向上把剩余的盘子按终态放好，需要用到汉诺塔的一个已知结论就是把一个汉诺塔的所有盘子从一个柱子移到另一个柱子上，需要用2的n次方-1步。#include #include #include #define ll long longusing namespace std;int n
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摘要：我是用暴力过的，虽然网上说刘汝佳出的这道题考的是堆，我不太懂，。。用暴力时间复杂度高一些，但是一样能过所要注意的就是周期问题，因为只要同时存在某一天超过一头牛产奶量最小，就不会杀牛，而每头牛的周期和每天产奶量都不一样，我一开始用周期最长的做指标，如果超过这个指标还没有牛被杀，说明状态稳定，输出。。。但是这样是WA的。。。正确的周期应该是所有牛的周期的最小公倍数（也可以超过最小公倍数，但无疑最小公倍数是最优的），这也给了我一些新启发，周期不同的时候把所有可能性都走完，就是最小公倍数#include #include #include using namespace std;struct node
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摘要：这个题目我昨晚看到的，没什么思路，因为马里奥有boot加速器，只要中间没有城堡，即可不耗时间和脚力，瞬间移动不超过L距离，遇见城堡就要停下来，当然不能该使用超过K次。。。我纠结了很久，最终觉得还是只能写个BFS，剪了下枝，不出意料还是TLE。。。后来还是找的别人博客看了一下。。。其实之前也做了好多DP，也应该能想到，既然加速器可以用k次，则，每个点都有k个状态，通过DP，把各个状态进行下取优，就可以了。。。这不得不让我对DP有了些新的理解，DP在状态转移的时候，就好像最短路里面的松弛操作，或者二者只是外表的不同，本质是遵循一个道理。当然在DP之前还需要一些处理首先用个g[][]二维数组把题目所
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摘要：这个题目一看就是用并查集，有N个国家代表，在M行给出两两之间的关系，敌人或者朋友，（当然如果该关系跟已知关系冲突，则输出-1）关系的几个约束条件时这样的在朋友方面，朋友的朋友就是自己的朋友，这个就是并查集。在敌人方面，x和其所有朋友的敌人都是敌人。x和其所有敌人的敌人都是朋友。主要是这个敌人的状态不太好表示，不是一个并查集能做到的，我一开始犯糊涂，直接用个图把x的敌人存贮起来，但是因为每次交新的朋友或者敌人，就要搜索全图，而且要把自己的敌人圈更新到整个朋友圈，这样不仅难以实现，复杂度也是相当高后来就发现一个神级方法，简单易用，即，每个国家都有自己的对立面（实际上不存在），作用是这样的，x的对立
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摘要：终于可以写这道题的题解了，昨天下午纠结我一下下午，晚上才照着人家的题解敲出来，今天上午又干坐着想了两个小时，才弄明白这个问题。题意很简单，给出一个无向图，要求从1 到 n最短路两次，但是两次不允许经过同一条边（正反都不能经过），如果能成功，则输出两次的最小长度。否则输出一句话。我当时就马上敲了一个最短路，执行两次，在第一次执行完之后就把所经过的路径的正反都锁定好，不允许下次再访问。。。这样做通过了sample，但是WA了，我后来上网查，原来好多人是我这种做法，。。而且原来这是最小费用最大流问题。分析一下为什么我的做法不行，因为这道题目要求在能通过的前提下，最短，也就是说，我连续两次最短路，如果
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摘要：第一次做最大流的题目，用的是LRJ书上的标准E-K算法敲的，刚刚看到这个题目的时候，觉得好像不用最大流算法，直接给起点灌入无穷的流量然后贪心每条路径就行，后来发现大错特错，就算初始点流量无穷，由于管道容量的限制，接下来的点便是个常数，而常数的流量，该向哪个方向流才使最终流量最大，不是简单的贪心就能解决问题的。于是E-K算法就是BFS全图找寻最短的增广路从而对流量进行扩展，如果找遍全图都找不到增广路，则说明该流量最大。此外，因为这个题目不止路径，节点也有容量限制，因此在搜寻增广路的过程中，除了跟路径容量，要跟两端点的容量进行比较，一开始我觉得前端点不需要比较，结果WA了，后来想一下某个路径流量可
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摘要：这道题目折腾了我一个下午，本来我的初步打算是用SPFA（），进行搜索，枚举出发点，看看能到达某个点多少次，就是出发点到该点的路径数，如果出现环，则置为-1，关键在于这个判环过程，如果简单只找到某个点是为环路上一点，即访问它的次数超过了所有点的点数目，这样就会出问题，因为它会影响其他点，下一步是否将它进入队列，如果进入，会造成无限循环，不进的话，根本得不出正确结果，后来我写了个judge函数，判断该点是否还能影响其他点，这样的话，因为要全图搜索，又TLE了。。。没办法，只好换了网站说的FLOYD；这是错误的代码：#include #include #include using namespace
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摘要：第一次看这个题目，完全不知道怎么做，看起来又像是可以建个图进行搜索，但题目条件就给了你几个不等式，这是怎么个做法。。。之后google了下才知道还有个差分约束这样的东西，能够把不等式化成图，要求某个点在满足所有不等式的情况下的最大取值，只需对建好的图进行一次最短路即可不过要使得a b 点满足这样 ak，我们新定义一个s[],s[i]代表从1 到 i的所有的点的和，这样，原不等式就会变成 s[si+ni]-s[si-1]>=k+1 或者 小于=k-1，进行下移项，即可变成差分约束不等式的形式，这样每个点的含义就是 对应的s[i]。此外注意添加一个超级原点 N+1，跟所有点进行下连通，保证图
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摘要：这个承认自己没看懂题目，一开始以为题意是形成环路之后走一圈不会产生负值就输出，原来就是判断负环，用SPFA很好用，运用队列，在判断负环的时候，用一个数组专门保存某个点的访问次数，超过了N次即可断定有负环（其实我觉得=N次了就可以断定了，当然这样是保险起见）。。。。别人还有用SPFA+DFS做的，还效率相当高，我还没怎么弄明白是怎么回事。。。还有，我突然想到讲最短路的时候说迪杰斯特拉不能用于有负权的图，这是为什么。。我还没想明白，先去睡觉吧。。。。关于dijstla为什么不能有负权，昨晚躺下之后就想明白了，dijstla最大特性在于其把当前d值最小的点给灰化了，下次不用再访问了，而负权如果存在，
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摘要：题意：一栋摩天大楼从0层到K层，有N部电梯，每个电梯都有自己的运行速度，此外，对于某个电梯来说，并不是每一层都会停，允许在某一层进行电梯换乘，每次换乘固定消耗60秒，最终求从0层去K层的最短时间，如果不能到达，输出 IMPOSSIBLE确实是个隐式图问题，建图并不难，只要图建好了，进行最短路即可，难点在于电梯换乘，因为电梯换乘额外消耗60s因此，不能简单的指向该层节点，结果明显不对。。。。所以我自己就想出了一个多线程的最短路，每个电梯独立建一个图，分别以0-99，100-199，200-299.。。。因为最多有五部电梯，因此，只需要最多400-499一共500个点即可，独立图中点是指相同层数，
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摘要：不可多得的好题目啊，我看了别人题解才做出来的，这种题目一看就会做的实在是大神啊，而且我看别人博客都看了好久才明白。。。还是对状态压缩不是很熟练，理解几个位运算用了好久时间。有些题目自己看着别人的题解做出来完全不是一个味，毕竟别人给你提供了思路，比如这道题，刚看题目，怎么就能转移到是用最短路搜索呢。。其次，好多注意事项这些自己想出来才真正是锻炼思维。否则总是踩着别人的脚印在行走还有就是不得不说一说UVA上的题目，又长又难懂。。。实在是弄得我好烦。说说这个题目，能够发现是个隐式图是第一个难点，然后怎么进行搜索就是关键了，状态压缩确实是个好东西，通过二进制来表示当前bug是否被修复，1 为bug，0
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摘要：求出大矩阵里面全为0的最大子矩阵我自己用的个挫DP写的，感觉写的不是很好，其实可以再优化，DP想法就是以 0 0 到当前 i j 为整体矩阵考虑，当前 i j就是从 i-1 j或者 i，j-1那里最大化，然后因为要求最大子矩阵，还得自从j往上扫一遍。。总之好像有点挫#include #include #include using namespace std;int dp[105][105][2];int s[105][105];int g[105][105];int n,m,i,j,k;int main(){ while (scanf("%d%d",&n,&
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摘要：终于AC了，这道题目去年寒假卡得我要死，最后一气之下就不做了。。。想想居然一年之久了，我本来都快忘了这道题了，最近发现白书的奥秘，觉得刘汝佳的题目真的相当练思维以及对代码的操作，决定又刷起题目来，这时候才想起这道题。用栈进行模拟堆砖块，用个rec[]数组记录其现在所在的栈号，比较麻烦的是pile 操作，为了把a以及a以上的所有砖块都以原秩序放置于b砖块顶端，我用了个临时的栈进行存贮，然后再一个一个放到b栈上面。。这样就不会破坏秩序。。但是感觉这样做挺耗时的，原以为通不过，结果还是通过了。。。22ms，也不算太高吧。。不知道还有没有更好的pile方法这个题目去年我都没想清楚题意，题目里面有个关键
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摘要：刘汝佳的题目感觉都是比较难以处理的，就像这道题目，一看数据简直觉得头大。。。加上这个英文我也看的想死最后看别人博客的题意讲解才知道原来是要移牌。然后如果熟练的使用stack和手写链表的话，这个题目是不成问题的#include #include #include #include #define N 100using namespace std;struct node{ char ch[3];};stack arr[N];int next[N],pre[N];int t,cnt;void deletegap(){ for (int i=0;i!=t;i=next[i]) { ...
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摘要：用1*2的方块去覆盖3*n的方块http://www.cnblogs.com/staginner/archive/2011/12/16/2290020.html玉斌大神的题解其实我昨晚想得跟斌神差不多，先是3*f[n-2]，而且跨方块的有两种 所以要+2*f[n-4],但是没有继续考虑跨3方块 4方块的情况，其实多画一下，发现情况是一样的，一样是要*2f[n-2*k]于是最后的递推方程就是 f[n]=3*f[n-2]+2*f[n-3]...+2*f[0];#include #include #include #define ll long longusing namespace std;ll
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摘要：这道题目是刘汝佳白书上的例题，没有LRJ在白书上提到的划归为搜索问题，还真是一时难以想到好的解法。即三个瓶子，任意的一个状态都是一个节点，最后就划归为一个搜索问题。由于题目数据量不大，三个杯子容量都不超过200，所以用个vis三维数组保存下访问过得状态以达到剪枝的目的，不过我在想数据量稍微大一点，这个数组就开不下了，同时搜索时间将大大增加。。。所以面对大数据的时候有没有更好的方法，我暂时还没想到。代码写得超级挫，每个状态的转化都是手动敲的，好像可以用一个函数统一解决，当时写的时候就比较急，就直接手敲了。#include #include #include #include #include #
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摘要：题意：就是相当于动规里面的求最大连续子串，不同的是，这里需要读入一个区间x,y,输出的区间 a,b 且x#include #include #define Lson x=s[tree[x=s[r]-s[tree[x=v2){ tree[x].vx=tree[xs[tree[x].vy]-s[tree[x].vx-1]){ tree[x].vx=tree[xmid){ return query(st,e,Rson); } if (e=s[b.vy]-s[b.vx-1]){ c.vx=a.vx; c.vy=a.vy;...
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