随笔分类 - 搜索题
摘要：题意：给出两条平行的线段AB， CD，然后一个人在线段AB的A点出发，走向D点，其中，人在线段AB上的速度为P， 在线段CD上的速度为Q，在其他地方的速度为R，求人从A点到D点的最短时间。分析：居然要用三分，哎，怎么也没想到，先在AB上三分，固定一个点，接着在CD上三分，就是嵌套的三分搜索，思路清晰的话，代码也不是很难敲注意精度还有边界的处理View Code #include<iostream>#include<algorithm>#include<math.h>using namespace std;struct point{ double x,y;};
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摘要：hdu3756题意：在一个三维空间里，已知有N个点，求一个最小的圆锥使所有的点都包含其中。分析：主要有俩个步骤，首先就是将三维空间转化为二维空间，将所有的点都转化都同一个平面内考虑，通过将(X,Y,Z) 转化为(sqrt(x*x+y*y),Z),问题就转化为求一条直线将第一象限内的点全部包围起来。即，求满足条件的h,r 使得 h*r*r最小对于单调函数的表达式，我们可以采用二分搜索，但对于这种凸函数或凹函数求极值，我们可以采用三分搜索，给定h的上下限，三分h搜索即可。这里有三分搜索的介绍，挺不错的http://www.crazyhotice.com/2011/07/%E4%B8%89%E5%8
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摘要：很明显的二分搜索，注意一下精度就OK了我所知道的二分有俩种写法，注意一下循环的控制其一#include<iostream>#include<algorithm>#include<math.h>using namespace std;double cal(double x){ return 8*x*x*x*x+7*x*x*x+2*x*x+3*x+6;}int main(){ double y; int T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%lf",&y); if(
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摘要：题意：一种翻转棋游戏，对当前的棋局，问黑子下一步最多能将几个白子翻为黑子，（当前黑子与原先棋盘中的黑子的连线中间的白子会翻成黑子）分析：很简单的搜索题，不过一开始一直WA，实在无语，一直忽略了一种很情况，就是下一个黑子之后，不一定至于棋盘中的一个黑子连成线，也可以是多个，这时候应该将白子数加起来，而不是求最大者，………………hdu3368#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;char g[10][10];int dir[8][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1},{-1,1
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摘要：题意：三维的空间，给定起点和终点，要求最少的步数。分析：一般的 广搜，就是读入这个图有点麻烦，弄晕了#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;char map[11][11][11];bool vis[11][11][11];int dir[6][3]={{1,0,0},{-1,0,0},{0,1,0},{0,-1,0},{0,0,1},{0,0,-1}};int n,ans;int ei,ej,ez;struct node{ int x,y,z,cnt;
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摘要：题意：给一个4X6的矩形，有white ，blank ， grey 三种颜色各有8个格子 ，给定一个初始状态，求用最少的操作次数将图形变化为中间的8个格子颜色相同。分析：话说，因为做过了hdu1667，一开始真的以为IDA*稳过的，敲完之后，直接TLE了，实在不解啊，原来是有测试数据的量太大了。按照大牛的思路是这样的：当我们确定了要将中间转成什么颜色之后，转的时候发现，另外俩种颜色也就没必要区分了，所以也就可以看成是只有俩种颜色了，之后用24个位保存状态，用BFS预处理从最终状态到每一个状态需要的最小步数。最后再根据所给的图，判断将哪种颜色转到中间的步数最少即可。虽然知道是这样的思路之后，还是
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摘要：题意：#字形的图形，问将中间那一块转成相同数字需要的最少步数，输出字典序最小的路径。分析：跟hdu2234的无题I比，相对简单一点。其实也只是估价函数好理解一点，其他都差不多，还是迭代深搜+A*，也就是IDA*。估价函数h（）=8-max（在要求的八个位置中，1，2,3,的个数）；很好理解，因为没转动一步，最多只能将一个位置改为正确的。所以当前状态下，剩余的最少步数=8-max（在要求的八个位置中，1，2,3,的个数）；#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int map[8][8],step;
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摘要：IDA*就是基于迭代深搜上的A*算法，最主要的就是在迭代深搜的过程中加了一个估价函数，关键还是这个估价函数的构造，ORZ，少了这个估价函数，对于这题目的话，直接TLE的说。这题目的估价函数是这样的，根据目前的地图简单的判断一下至少还要转多少次吧。这个估价函数“每次移动改变四个点的位置，即h()=(最少可能的横向或纵向不在位置上的点的个数+3)/4 )”，是参照大牛的。至于这么判断的，就要结合代码好好理解了……至于迭代加深，在之前的题目已经接触过了#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int ma
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摘要：题意：其实就是泡泡龙的游戏，给你起始的地图，以及刚打出去的泡泡的位置，如果与刚打出的泡泡相连的泡泡数大于等于3，则相连的相同颜色的泡泡会掉下来，之后，没有与顶层泡泡直接或间接相连的泡泡也会掉下来。问掉下来的泡泡总数。分析：其实就是模拟一下就可以了。首先将与起始点直接或间接相连的相同颜色的泡泡标记一下，看总数num是否大于等于3.all表示起始时的泡泡总数之后要分俩种情况讨论了：1） num<3 。那么要将之前的标记清除，找出与顶层泡泡直接相连或间接相连的泡泡总数ans，all-ans就是答案了。这里解决了一个特殊情况，本来以为num<3的话，直接输出０就可以了，但其实很有可能，即使
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摘要：题意：从ｎ个串中找出一个最短的公共串（也许应该说序列吧，因为不要求连续，即只要保持相对顺序就好）。分析：一开始自以为是爆搜开了，因为已经知道了可以用迭代加深搜索。所谓迭代加深搜索，就是每次都限制了ＤＦＳ的深度，若搜不到答案，则加深深度，继续搜索，这样就防止了随着深度不断加深而进行的盲目搜索，而且，对于这种求最短长度之类的题目，只要找到可行解，即是最优解了。所以就这样敲完代码了，敲完之后，悲剧ＴＬＥ。少了一步十分重要的剪枝，就是每次ＤＦＳ的时候，都要判断一下，当前的深度＋最少还有加深的深度是否大于限制的长度，若是，则退回。#include<iostream>#include<a
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摘要：题意：给你一个图，图上每个点的信息表示该点的水流方向，若下一步走的方向与水流方向一致，则消耗能量为零，否则消耗能量为1，这样，给定起点和终点，问最少消耗的能量。分析：比赛的时候，一开始交了一个思路很简单的代码，就是用优先队列实现，主要就是标记点的问题了，因为即使使用优先队列，如果当初将一个状态标记为0和1,那么有可能在后面存在“已访问的状态消耗的能量大于即将到达那个状态所消耗的能量”，这样，就无法保证消耗的能量最少了。所以，初始的时候，将每一个状态消耗的能量初始为无穷大，之后，当遇到到达该状态消耗更少能量的，则压入队列。这样就保证了消耗能量最少的问题了。但是，但我把这份很容易敲完的代码叫上去之
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摘要：额，题意：给定一个4*4的黑白棋盘的初始状态，判断能否通过满足一些给定的翻转规则，使得所有棋面的颜色都一样，如果可以，输出最小步数；分析：我一点优化都没有，直接BFS暴搜，中间有一个state整型变量保存整个图的当前信息，因为总共就16个位，所以刚刚，取出一个状态的 时候，再将state转换为图，可能直接在每一个状态里面保存图回更快些吧，内存应该也不太#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;struct node{ int cnt; int state;
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摘要：题意：大家一定觉的运动以后喝可乐是一件很惬意的事情，但是seeyou却不这么认为。因为每次当seeyou买了可乐以后，阿牛就要求和seeyou一起分享这一瓶可乐，而且一定要喝的和seeyou一样多。但seeyou的手中只有两个杯子，它们的容量分别是N 毫升和M 毫升 可乐的体积为S （S<101）毫升 (正好装满一瓶) ，它们三个之间可以相互倒可乐 (都是没有刻度的，且 S==N+M，101＞S＞0，N＞0，M＞0) 。聪明的ACMER你们说他们能平分吗？如果能请输出倒可乐的最少的次数，如果不能输出"NO"。分析：直接搜索+模拟对于N和M俩个杯子的当前状态，每次都有俩
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摘要：题意：已知起点和终点，找出最挖洞最少的路径普通的BFS（）就可以了，我想说，天呐，我忘记清空队列 ，模拟赛时候狂WA了#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;int vis[1001][1001],n,m,si,sj,ei,ej,ans;char g[1001][1001];int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};struct state{ int x,y,cnt; state(int _x=0,int _y=0
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摘要：我实在是无语了，为什么一定要用scanf("%s",map[i])或者 gets(map[i]),我用scanf("%c",map[i][j]) 就wa了n次还是错改了之后，一次就A了题目的意思比较好理解，就是Z占据了主导权，S一直跟着Z做反方向的运动，若S遇到墙，则原定不动。这题目是一个比较基础的BFS吧，只需要用一个四维的数组标记俩个人的状态#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>#include<math.h>using namespac
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摘要：题意：考虑一个由1到N（N=3, 4, 5 ... 9）的数字组成的递增数列：1 2 3 ... N。现在请在数列中插入“+”表示加，或者“-”表示减，“ ”表示空白(例如1-2 3就等于1-23)，来将每一对数字组合在一起（请不要在第一个数字前插入符号）。计算该表达式的结果并判断其值是否为0。请你写一个程序找出所有产生和为零的长度为N的数列。分析：DFS枚举就好了关键就是 处理‘ ’，用last保存最近的一个连续的整数，不将该数进行运算，sum表示last之前的运算结果若当前选择了 ' '：sum=sum-last+last*10+s+1(last>0)；sum=sum
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摘要：题意：农民JOHN以拥有世界上最健康的奶牛为傲。他知道每种饲料中所包含的牛所需的最低的维他命量是多少。请你帮助农夫喂养他的牛，以保持它们的健康，使喂给牛的饲料的种数最少。给出牛所需的最低的维他命量，输出喂给牛需要哪些种类的饲料，且所需的饲料剂量最少。维他命量以整数表示，每种饲料最多只能对牛使用一次，数据保证存在解。输出:输出文件只有一行，包括牛必需的最小的饲料种数P后面有P个数，表示所选择的饲料编号（按从小到大排列）。如果有多个解，输出饲料序号最小的（即字典序最小）。分析：总共有十五种饲料，要找出符合能满足条件的最少的种数，相当于要求出一种组合，那么就求出各种长度的组合，再找出符合条件的最小字
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摘要：题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3810题意：Magina 去打怪，目的是在最短的时间内得到ｍ units money。已知有Ｎ个怪分布在Ｎ个地点，打每一怪可以获得ｇｉ ｍｏｎｅｙ，但同时也需要花ｔｉ 时间。Ｍａｇｉｎａ 可以任意的选择一个怪开始打，已知他又一个技能，就是瞬间移动啦，从一个地方到另一个地方，不需要花费时间，但前提是这俩个地方是相连的，打完一个怪之后，该怪物就会消失，同时那个相连的路也会跟着消失。分析：大致题意就是这样了，一开始就是直接搜啦，很笨的方法，是因为没注意到一个问题，“For every spots, Mag
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摘要：哎，纠结了那么久，终于过了，本来很直接的想到了BFS，可是怎么纠结也过不了，orz……还是用DFS了，嘿嘿，一开始好囧，没注意到，其实每一种方法最多只能走四次，走四次就回到初始状态了；DFS的过程比较好理解，从第一种方法开始，枚举这种方法走到次数，接着第二种方法，…………，这样，知道 第九种方法，再判断是否满足条件……/*ID: nanke691LANG: C++TASK: clocks*/#include<iostream>#include<algorithm>#include<fstream>#include<string.h>using n
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摘要：题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4012下面分析转自大牛：http://www.cnblogs.com/ambition/archive/2011/09/08/Paint_on_a_Wall.html题目大意：给出一个2×n的矩阵（n<=8），每次给一个矩形染色，之后的染色覆盖以前的颜色，问到达目标状态需要多少次看到题目数据量想到了要用搜索去做，想了很久才想出搜索方法，搜索题中的极品啊～～因为每一次涂色肯定会有至少一块颜色是最终显示的颜色，所以用状态记录每一块是否是最终显示的颜色，因为只有2×8块，用二进制
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