摘要： 很久之前做的了，已经想不起思路了，容我日后补充。 1 #include <stdio.h> 2 #include <deque> 3 #include <algorithm> 4 #define inf 1000000000 5 using namespace std; 6 int n, L, a, b, cnt = 1; 7 int f[1000010]; 8 bool d[1000010]; 9 struct node10 {11 int s, e;12 }p[1001], P[1001];13 bool cmp(const node &a, c 阅读全文

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摘要： 这题是在一个图中收集点上的价值，树形DP+01背包。题目的意思是在m天内要回到原点，但是按照前m/2天收集，后m/2天原路返回来做结果是对的。用dp[k][i]表示从k点出发，用 i 天能获得的最大值，状态转移方程为 dp[k][a] <?= dp[k][a - w[k][u] - b] + dp[u][b]。意思是总共a天，花了w[k][u]天从k走到u点（k与u相连），用b天从u开始收集，至于剩下的a -w[k][u] -b天可能用不到，就是用来凑数的。下面的代码很悲剧，时限2000它跑出个2001，因为里面有个错误。更奇葩的是OJ居然不给WA，也不给RE，我很想知道犯了这个错误是怎 阅读全文

摘要： 多重背包问题，一般有三种思路优化：1.用2^n拆分数量，转化为01背包。2.当成完全背包来做，需要用一个数组记录每个物品的数量，当使用次数超过时结束。3.用单调队列优化（目前还不懂的说）。上次做男人八题里的coin时我用的是第二种思路，这次我用的是第一种。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 bool dp[60006]; 4 int a[10],b[100]; 5 int cnt,sum; 6 bool read() 7 { 8 int i; 9 bool f = 0;10 sum = 0;11 for(i... 阅读全文

摘要： 0、1背包，直接做会超时。做了这题我才知道，01背包是能用搜索做的，搜索的时候剪枝很重要。（几个月后……）光棍节前夕，小T同志来找我，说他遇到了一个题解，里面说是受别人代码的启发，并附上原址，点开一看，居然是我？！我姓福了。真的很感谢这位兄弟，他尊重产权，更重要的是给了我信心。本来我都快要放弃了，现在我又坚定了信念，一定要好好搞下去。说实话，他的博客写得比我好，因为他详细地写出了思路。这时候小T 吐槽了：“其实你也是抄的。”好吧，我受之有愧，我是参考了江财大牛的思路，不过我的代码已经和他的不一样了，核心部分DFS做了逻辑上的改动。 1 #include <stdio.h> 2 #i 阅读全文

摘要： 题意：求一个环中最大区间和，区间长度 <= n。 用单调队列优化Dp，核心内容是dp[i] = max(sum[j]) - sum[i-1]。这题最后的输出有很多要求，如果有多个解，输出起始位置最小的；如果还有多个解，输出长度最小的。其实完全不用考虑，因为我遍历的时候就是按起始位置从小到大的，如果一个解和最优解相同，并不更新，记录的就是起始最小的结果。另一个要求亦然。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 const int N = 100010; 4 const int INF = 1000000000; 5 阅读全文

摘要： 稍微复杂一些的0、1背包，要把背包尽可能装满，直到再也装不下任何物品，求总装法。这题是不用考虑W的，先把V升序排序，从小到大枚举，当前物品为剩下未使用的物品中体积最小的，那么比当前小的一定是要使用的。这种思路是n^3的，后面的物品会被重复计算，如果从后往前枚举就能避免这个问题，复杂度为n^2。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 int dp[1005],sum[35],w[35]; 6 int main() 7 阅读全文

摘要： 题目给出插队的过程，求最后队的序列。我当初想开一个大数组模拟，用1表示有人，0表示没人，从后往前推，每确定一个人，就把他所在位置的1改为0，剩下的人再根据0，1算序号。这个想法我放弃了，因为复杂度是O（n）的。后来我才恍然大悟，线段树不就是把对区间的操作从O（n）化为O（logn）的么？这样问题就解决了。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 const int N = 200010; 4 int p[N],w[N],order[N]; 5 int tree[N<<2],D; 6 void update(i 阅读全文

摘要： Poj中少有的中文题。这题其实有个术语叫“威佐夫博弈”，我当初找规律时试过二进制、斜率，没想到第三次试黄金分割就对了。 说说我的思路吧，我会尽量用通俗的语言，因为有时候看到术语我会头晕。这题属于最简单的博弈类型，“状态争夺”，就是只有两个人，要想赢就要抢夺一个特殊状态，而一般谁面对这个状态谁倒霉，所以要把这个留给对手，它的术语叫“必败态”。举个例子，一堆石子，每次能拿走1，2，3块，两人轮流拿，取走最后所有石子的人胜。那必败态就是石子数为4n，对方面对这个状态，无论怎么取，你都能相应地取来维持数量为4的倍数，直到只剩4个，然后呢？没有然后了。顺便说一下，结束的状态也属于必败态，比如没有石子了， 阅读全文

摘要： 这题和poj 1915一样，用bfs做走马步。现在再看当时的代码，真是好幼稚啊。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 int X[] = {-2,-2,-1,-1,1,1,2,2}, 4 Y[] = {-1,1,-2,2,-2,2,-1,1}; 5 struct Point 6 { 7 int x,y; 8 void init(int a,int b) 9 {x = a; y = b;}10 }q[70],s,t;11 int head,tail,map[9][9];13 void bfs()14 {15 ... 阅读全文