随笔分类 - POJ
摘要：强连通分量 + 最短路题意：城市间通信，给出n，n个城市，m，m条边，分别是端点和权，如果两个城市属于同一个国家，那么他们的通信时间为0，否则则按边权算一次的通信时间。两个城市被认为在一个国家，是从A能到B，从B也能到A。下面给出K个查询，能从u到v传递信息，需要多少时间，如果从u无法传递到v，输出那个长长的英文句子其实就是一个最短路，但是最短路的边权有讲究，虽然给出了u，v，w，但是u和v可能是同一个国家的，那么w应该是0而不是原来的值，所以要怎么判断u和v是不是在同一个国家，也就是他们可以互达，很明显不能查询一次判断一次，而是应该先搞出强连通分量，属于同一个强连通分量的两点间的边权为0这题
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摘要：强连通分量 缩点题意：这个题意比较难懂，题意读懂了，转化过来也不容易输入n，表示n个学校（1到n编号），下面n行，分别是对应每个学校的信息。每个学校可以给其他学校共享一些软件接而共享下去，要让所有学校用上软件，需要多少个学校带头共享软件；另外要让每个学校共享的软件都能被其他所有学校用上，那么要在原来的共享计划中，另外加入那些具体的共享呢（例如原来A学校不向B学校共享的，为了达到目的，A学校需要向B学校共享，因而增加了1）首先建立有向图，A向B共享软件，则有向边A--->B所有第1个问题，问的就是要多少次才能遍历完整个有向图,因为有这么多的学校带头共享软件了，沿着路径延伸，可以到达他们子树
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摘要：推荐技术公众号：不爱睡觉的大猪 线段树 题意：有一个线段，从1到n，下面m个操作，操作分两个类型，以1开头的是查询操作，以2开头的是更新操作 1 w 表示在总区间内查询一个长度为w的可用区间，并且要最靠左，能找到的话返回这个区间的左端点并占用了这个区间，找不到返回0 好像n=10 ， 1 3 查到的
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摘要：最短路题意：比较懒有点难描述，所以不说了，看Hint可以看懂的本题的巧妙之处是其实无论怎么走，从起点（固定的）走到任何一个点，到达那个点的时候速度都是确定的因为 速度为spa ，a--->b---->c ， b点速度为 spb = spa * 2^(ha-hb) , c点速度为 spc = spb * 2^(hb - hc)式子一合并，就是 spc = spa * 2^(ha - hc) ，可见从点a走到点c，无论中间经过什么点，最后计算速度，之和点a和点c的高度差有关，当然和点a的速度也有关而起点是固定的（1,1），而起始速度是知道的，那么从点（1,1）走到任何一个点时的速度也就
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摘要：最短路题意：给n个点从1到n标号，下面一行是每个点的权，另外给出m条边，下面是每条边的信息，两个端点+权值，边是无向边。你的任务是选出一些边，使这个图变成一棵树。这棵树的花费是这样算的，1号固定为树根，树中每个双亲节点下面的边都有个单价（即边权），然后单价乘上这条边的下面所有的子孙后代的点权和（看sample2，只要除掉边 1 5 9 按照这个方法就能算出1210）分析：把sample2用式子列一下就能发现，每个点的权都要乘上好几条边的权，是哪几条边呢，就是这个点回到点1的路径上的那些边所以最后的树的花费可以写成 res = sum{ (点权) * (该点回到点1的路径的边权和) } ，这些点
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摘要：继续复习Dij变形，可用DP题意：求点1到点n，最大的载重量。转化为 ，1到n有多条路径，每条路径都有一个最小的边，求这些最小的边中的最大值定义d[v] 表示到点v的最小边最大值 ， 从u到v，边权为w，那么首先选出 temp = min( d[u] , w) , d[v] = max(d[v] , temp)这是显然的，由u到v，边权为w，要经过这条边，必须流量不能比w大，否则流不过溜过去之后，选最大的用优先队列+dij变形来做，改变的只是松弛的条件而这中问题，用dp来解也是显而易见的，不写了，以前写过#include <cstdio>#include <cstring&g
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摘要：最短路题意: 强调是有向图 ， n个点（1到n标号）m条边，求出点1到所有点的最短路之和 + 所有点到点1的最短路之和什么？求一次最短路，然后 x 2 就是答案？ 这样是错的，如果是无向图的话可以这样，因为可以逆回去走。但是有向图显然不是，点1到点a的最短路，和点a到点1的最短路是完全不同的，值不同走过的路径也不同.要求点1到所有点的最短路，直接运行一次最短路即可。但是要求所有点到点1的最短路，难道要对所有点运行一次最短路吗？一看点数就可以否定这个想法。可以这样想，如果点a到点1存在最短路，那么把这条路径的边全部取反，就是点1到点a的最短路了。所有在求了第1次最短路后，将 整个图的边取反，再求
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摘要：继续复习DP，图论题意：有向图，n个点，m条边，t个查询。从点u到点v可能有多条路径，找出一条，使这条路径的权值最大的那条边的值在所有路径中是最小的，即最大值最小状态转移方程：dp[i][j]表示从i到j的最小的最大值。dp[i][j] = min{ dp[i][j] , max(dp[i][k] , dp[k][j]) }#include <cstdio>#include <cstring>#define N 310#define INF 0x3f3f3f3f#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define min(a,b) (
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摘要：dp，图论题意：输入n和m表示n个牛（从1到n标号），下面m个信息，A B，表示A牛能打赢B牛。现在要给所有的牛排名（按实力从高到低），问哪些牛的排名是可以确定的如果知道由l个人能打赢自己，自己能打赢w个人，且l+w+1 = n的话，那么自己的排名就是可以确定的，所有转化为要求出，每个人，能打赢多少人，能被多少人打赢建图： dp[i][j]=1表示i能打赢j，=0表示不确定他们之间的关系，然后类似floyd那样dp，若dp[i][k]=1且dp[k][j]=1,则dp[i][j]=1dp结束后扫描一次整个dp数组即可被归为中等题，这不是水题么。。。。#include <cstdio>
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摘要：差束约分有人将这题归为最短路的中等题，所以做一下，但是发现其实是裸的差束约分题意：n个人，m个信息，每行的信息是3个数字，A,B,C，表示B比A多出来的糖果不超过C个，问你，n号人最多比1号人多几个糖果m行信息，所以得到m个不等式 ： XB - XA <= C , 所有不等式加起来就是一个差束约分系统对应最短路模型，一开始是 d[v] >= d[u]+w (有向边u--->v) ， 在进行完最短路后则变为 d[v] <= d[u] + w ，转化为 d[v] - d[u] <= w这个和上面的 XB - XA <= C 是相同的模式 ， 因此建图的时候有向边
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摘要：最短路变形题意：你有K个点数，有N个点，M条边，边为有向边，包含4个信息，两个端点+边长+走这条边需要付出的点数。你的任务是，从1号点出发走到n号点，在点数够用的情况下，走出一条最短路，单case显然是一个最短路的变形，而且是一种常见的模型。最短路本身是一个求解最优解的问题，在这里加多了一个限制条件，就是点数，所以变为“在一定的限制条件下求解一个最优化问题”的模型，这样的模型，可以由一个大致的套路，就是，在满足限制条件后，再进行更新下面将讲3个方法，前两个其实都是BFS，第3个事DFS，是一个记忆化搜索。我们先说BFS1.优先队列+dij（最快） 判断一个元素能否入队，不再是看它的最短路估计值
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摘要：树状数组题意：一个树，以树枝连接两个点的形式给出，固定以1为整棵树的根。苹果长在树的节点上，节点上只可能0或1个苹果，一开始每个节点都有1个苹果有两种操作，C表示更改某个节点的苹果数，0变1,1变0。Q表示查询，某个节点（包括）的子树上一共有多少个苹果这题是选拔赛时候的题，一看，单点修改，区间查询？线段树？后来一直没想出来，今天看解题报告才明白真的是，不过是树状数组（不过按照理论来将，凡是树状数组能解决的问题，线段树都可以解决，反之不然）。整个问题最难的时候怎么映射成树状数组，映射后，只是树状数组的模板操作1.首先数据太大，不用显式建树，只是用vector来保存边的信息，仅仅是利用vector
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摘要：暴力+模拟题意：一行字符串没有空格，是一个加法或减法算术表达式。数字中有大写字母，大写字母代表了某个数字，一个字母只能代表1种数字，不同字母代表的数字不同，另外允许存在前导0，另外字母总数最多10个。另外题目中说第1个数字要大于等于第2个数字，所以我做了判断，然后wa了一个早上+一个晚上，注释掉就AC了很无语。。。。另外答案可能有多种，任意一种都可以的，至少我的代码是这样，并且保证是有解的。另外这题网上找不到题解的，确实我也觉得这题很无聊。。。但是选拔赛的时候，居然想成了拓扑排序（因为做过类似的，又一次被驴舔了）说说做法吧因为字母最多十个，所以就暴力枚举，可想而知枚举量最大是10！，枚举后就把
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摘要：最大流最小割分析都在代码注释中/*题意：对于一个有向图的最大流，在每条流路中，只能修改一条边，使得修改后，整个网络的最大流可以增大，问有多少条这样的边注意一点，在一条流路中只能修改一条，好像s->1->2->t,假设每条边的容量都是2，那么最大流的流路只有一条，但是这条流路中，要想增大一条边的容量而使整个网络的最大流增加是不行的，一定要把所有边容量都增大，这与题意不符，所以这个case输出是0，表示1条都没有首先我们运行一次最大流，得到最终的残余网络，那么我们怎么找到我们要的割边呢？首先割边一定已经是满流的了，假设我们得到一条满流的边u->v如果源点s可以到达点u，且点
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摘要：状态压缩DP经典覆盖问题，输入n和m表示一个n*m的矩形，用1*2的方块进行覆盖，不能重叠，不能越出矩形边界，问完全覆盖完整个矩形有多少种不同的方案其中n和m均为奇数的话，矩形面积就是奇数，可知是不可能完全覆盖的。接着我们来看n*m为偶数的情况DP前先处理一下，交换n和m使n较大m较小，这样能减少状态数另外数据中是有重复的，所以开辟一个ans数组来记录每组数据的结果，如果遇到相同的数据则不要计算直接输出答案不用这个ans数组的话也不会超时，这个代码是跑出了950ms，加了这个记录答案的数组时间变为600ms接着就看注释部分的讲解即可/*最上面的为第1行，最下面为第n行从上到下按行DP其中一行的
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摘要：状态压缩DP多数也把这题分类在图论中，算是状态压缩在图论中的一个应用题意：有n只牛和m个场，下面n行给出每只牛喜欢去的场的个数，再给出每个场的编号（而且每只牛只能去他们喜欢的场）。然后要你安排好这些牛去他们喜欢的场，一个场只能有一只牛，问有多少种分配方案状态压缩，定义一个m位长的二进制数，从右到左依次代表第1，第2，第3个场，1表示这个场已经被占用，0表示没有。最后我们是要把n个牛都安排进去，那么这个二进制数将有n个1，这些就是我们要的目标状态。显然我们是按照牛的个数进行DP，先放第1只牛，再放第2只……最后放第n只。所以状态转移可以表示为 s'--->s , 其中s‘有k-1个
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摘要：动态规划1.先考虑在1到n的村长里面放一个邮局的最优解，那么就是把邮局放在最中间的那个村庄处最优（若村庄数为偶数则最中间的村庄有两个哪个都可以）2.当放m个邮局的时候，其他每个邮局相当于有一个控制范围，范围内的村庄离该邮局最近，那么m个邮局会把n个村庄分为m块，我们就是dp每一块，令每一块的值最优，以及加上还没有处理的大块的最优解，则是我们要的答案dp[i][j]表示从1号到i号村庄放j个邮局的最优解方程：dp[i][j]=min{ dp[k-1][j-1]+s[k][i] } s[k][i]表示在k号村庄到i号村庄放1个邮局的最优解，也就是放在最中间记忆化搜索/*dp[i][j]=min{.
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摘要：动态规划题意：让你猜一个物品的价格，猜低了或者猜高了都会提示你。G,L，表示你有G次机会猜一个数，如果猜错了，G会减少1次，如果你的错误是应该是猜高了，那么L也会少一次（猜低了L不会少）。如果G次机会都用完了，则输；若G次机会还有剩余，而L次机会用完了，这时再猜一个数，若猜高了，那么也输了。让你确定一个数字N，以保证在G,L的条件下，你一定能猜到[1,N]以内的任何一个数1.如果L等于0，也就是说你在猜的过程中，绝对不能猜高，所以你只能从1开始猜，并依次为2,3,4……最大能猜到的数是G，所以N=G,这样才能保证你一定能猜到其中的任何一个数2.L>G，这是个迷惑的情况，其实L比G大是没意
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摘要：动态规划一开始定义为dp[l1][l2][l3][dd]，表示用l1个{}，l2个[]，l3个()，深度为dd的方案数，后来不行。参考别人后，dp[l1][l2][l3][dd]表示深度小于等于dd的方案数，那么答案是dp[l1][l2][l3][dd]-dp[l1][l2][l3][dd-1]可以用分块和整块的思想来看这个问题好像[[()][]] 这类的我们可以说它是整块，[][]()，这类的我们可以说它是分块，我们在构建的dp数组的时候就是把其当做是分块来处理，然后使用乘法原理例如dp[l1][l2][l3][dd]，我们可以先构建一个小分块，用小分块的方案数*其实括号能组成的方案数，而这
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摘要：动态规划也是经典题目，黑书上也有介绍。今晚上JAVA在想，想了一下想出来，需要五维，大矩形的值由小矩形得到，这个状态转移方程个人感觉还是比较想到，但是一些细节的地方还没想到怎么处理，回来瞄一眼黑书得到了标准差的一个转化公式，所以疑团解开，便开始打代码（看黑书过程中它写的状态转移方程和我想的一样，但是有一些细微的细节，我感觉我这样处理比较保险，我后来细想了一下它的，虽然没有判断但是可能也不会出错，但是更倾向于我自己想的那种，就是关于横着切和竖着切的范围）忘记搞掉注释WA了一次，搞掉后就AC了，算是 一次成型不用debug，后来上网找报告，大家几乎都是用double来开数组的，其实不用double
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