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08 2012 档案
poj 2528 Mayor's posters（线段树+离散化）
摘要：http://poj.org/problem?id=2528（1）给定一条线段，依次在上面覆盖一些线段（左右位置已给定），求最终能看到的线段数（看到一部分也算）。 本题的本质和染色问题一样，成段染色，延迟更新。（2）有一个难点在于，所给定的区域是1到1000万，不可能开这么大的数组。况且，用于覆盖的线段只有1万条。 这里用到了离散化方法，简化了问题，压缩了数组的大小（具体情况见代码）。（3）傻到开了一个pos[]数组，准备用来表示谁映射到谁。。（很无语，当时没有注意pos[]数组要开到1000万这么大）。（4）在写travel()函数时，忘了加上pushdown()。（5）思路点拨： 1...
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浙大月赛C题（2012/8）Cinema in Akiba（线段树）
摘要：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showContestProblem.do?problemId=4791（1）第一次写浙大的题目，这题让我十分意外，基本的线段树类型（求第x个空位）。（2）电影院里，一次插入一个人，让他坐在第x个空位shang（每个x均给定)。求最终的位置安排（制定一些人，求他们各自的座号）。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=51000;int
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hdu 1698 Just a Hook （线段树，延迟操作）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1698（1）简单的延迟操作。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=101000;int t, n, m;int mark[maxn<<2], sum[maxn<<2];void pushdown(int rt, int n){ if(mark[rt]) { mark[rt<<1]=
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hdu 2852 KiKi's K-Number （线段树，求大于x的第k小数）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2852（1）求比x大的第k个最小值。问题可以分解为两个子问题： 1）求不大于x 的数的个数t。（本质为求和） 2）求树里头的第t+y个数的值。（本质为定位）（2）考虑过直接计算出结果：search(y, x, n, 1); 即在区间(x, n)中寻找第y个数。 这种思想是可行的，但不适合已经构建的这棵树。因为已有的线段树只能从区间(1, 某数)开始查询，区间（x, n）与sum[]数组的描述方式对不上号。 （原有的sum[]数组中可能不含描述区间（x, n）的sum[i]，并且一般情况下就是不包含对...
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hdu 2711 Lost Cows（线段树，反序更新）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2711（1）又是一道从后往前更新的题目，该算法确实经典。（2）新亮点：用到了变量pos求ans[i]；另外，用search()函数单独处理ans[1]。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=81000;int n;int data[maxn], sum[maxn<<2];int ans[maxn];voi
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hdu 1556 Color the ball （线段树，延迟更新）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1556（1）延迟更新：pushdown()函数，记得在所有的查询、更新函数中都要使用到。这里用到懒惰标记mark[]数组。（2）很基础的题，1A。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=101000;int n;int mark[maxn<<2], sum[maxn<<2];void pushd
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hdu 3564 Another LIS （线段树sum+二分查找）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3564（1）和今天刚做过的一道题十分相似（夜间插队问题hdu2828），从后面起算，因为最后面的数的位置是固定的，而其他数的位置被其后面的树影响着。（2）一个易错点，在insert()函数中：if(p<=sum[rt<<1]) insert(p, val, lson);else insert(p-sum[rt<<1], val, rson); 注意每个字段的含义（sum[]数组是空位的个数，p是需要预留的空位数），很多时候不加思考，就写错成了： if(p<=m) inser
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poj 2923 （Relocation）（状态压缩dp）
摘要：http://poj.org/problem?id=2923（1）2辆车搬运n件家具，求最少的搬运次数。背包问题的一般思路是，把物品顺次装入背包，不过背包有且仅有一个。然而，这里的“背包”，不仅有两个， （2辆车），而且“背包”还可以重复使用。。。这种情况下，就不能简单地讲车看做背包，而应该另辟新径。（2）用到状态压缩（将每种状态用一个整数 x 的二进制形式来表示），先确定所有的状态下哪些情况能够一次运完，做好标记。在初始化dp数组为无穷大后 (dp[0]=0)，遍历每种一次可以运完的情况，看看是否可以用它来更新其他状况的dp：if(!(j&re[i])) dp[j|re[i]]=..
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poj 2486 Apple Tree（树形dp+背包+dfs）（*****）
摘要：http://poj.org/problem?id=2486（1）本题属于只是交叉的题目，核心思想在于递归（状态转移方程的写出），假如要求得 p 点的信息，则可以通过其所有的相邻的点 now 的信息来更新。 而 now 的信息可以由未访问且与它相邻的点的信息来更新。（2）由于是树状结构，访问时可能会折回某一个点，然后去另一条支路上，所以走 K 步有返回起点和不返回起点两种形式。（3）最核心的算法本质：dp[0][g][i+j+2]=max(dp[0][g][i+j+2], dp[0][g][i]+dp[0][now][j]);dp[1][g][i+j+1]=max(dp[1][g][i+j+1
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poj 2828 Buy Tickets （线段树sum）
摘要：http://poj.org/problem?id=2828（1）注意到，最后插队的人的位置是一定的，前一个人的位置的最终稳定取决于后面的所有人。为了避免插入一个新数时要挪出位置的尴尬，更为效率考虑， 可以从后往前插入树中（注意谁决定谁的关系的使用）。（2）小细节： 1) 0~n-1 而不是 1~n； 2）先输入，再更新（分开来）； 3）希望今后的小错误可以尽快找出，线段树的写法虽然懂，但小错误最伤不起（很幼稚的类型，却很长时间才发现）； 4）几乎所有的线段树都是求和、最值，但是各种包装下没能看清本质，还要多练手（题库里还有大约40题）。（3）对于每个插队的人（倒着数）...
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hdu 4027 Can you answer these queries? （线段树+__int64）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4027又是纯粹的线段树的基本操作。（1）数组data[]是纯是浪费，不用开。数组sum[]在 build（） 函数下应保证初始化成功（尤其是指先赋值为0，在读入数据）。（2）if(b>c) {int x=b;b=c;c=x;} 这关乎AC与否的问题。（3）稍微注意__int64 。（4）本题不需要成段更新（也没办法成段更新），更新时肯定会比较耗时。这里有个优化，当所考虑的区间里德只全为1（sum==r-l+1），就不需要更新了。if(sum[rt]==r-l+1) return ;具体代码：View C
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hdu 2795 Billboard （线段树）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2795（1）用到了线段树求最大值。线段树求最值、求和是两种重要工具，很多题目要以此为基石（很多时候第一眼看不出来要用上他们）。 本题的本质为求一段区间的最大值，每读入一个新的数据，都要递归地与该最大值判定，最底层时更新信息，得到结果。（2）线段树输入数据较多，不宜使用C++输入输出数据流（会超时的）。（3）多开了一个数组，没有赋初值，直接运算，但并没有对结果产生影响（独立的变量，不影响其他数的值），结果判定为WA。。。（4）注意到一个优化：h=min(h, n);否则要开一个1亿的数组，显然是不现实的。具..
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poj 3468 A Simple Problem with Integers （线段树）（*****）
摘要：http://poj.org/problem?id=3468（1）求和的线段树，注意某些数据用__int64 类型，这里用到了延迟操作（事先打标记，时候用到时处理），即 pushdown 和 mark数组 的使用。（2）为什么我的代码吃吃未能通过。。。通过的代码：View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;typedef struct{ int l,r,lazy; long long num,tag;}Tree;Tree tree
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hdu 4000 （Fruit Ninja ）（树状数组+数学知识）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4000（1）核心算法：插入一个数 x ，求已插入的比 x 小的数的个数。（2）核心数学知识：要求的满足 i<j<k && x<z<y 的（x, y, z）的组数。下面简写数学小知识：x<z<y = x<y?z - x<y<z; 其中，y?z 表示 y, z 的大小没有确定。更多的数学处理详见代码。（3）考虑过更新时是update(a-1)，还是update(a)，这取决于更新和调用的顺序，顺序变了，代码自然变了一点点。这里附上代码2，一边比
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poj 2481 Cows（树状数组）
摘要：http://poj.org/problem?id=2481（1）对树状数组不熟练，但本题是最基本的树状数组。（2）和星星那题本质一样，求比 x 大的其他已经入树的 x 的个数。只是多了一个排序处理 而已。（3）之前没有进行排序，工作量特别大，效率很低，而且变量特别多，理解起来也比较吃力。 所以，排序处理是十分必要的。这里附上超时的代码。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=101000;i
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hdu 1394 Minimum Inversion Number （线段树求逆序数）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1394（1）先构造一棵线段树（初始化），然后按先后顺序依次处理每一个数。对每一个数需要两种操作： 1）查询已经入树的比该数大的数的个数； 2）将该数插入到线段树中。 （2）尝试过将1）和2）合并，只写一个函数，AC了。详细操作见代码2 。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r,
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hdu 1166 敌兵布阵（线段树基本操作）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1166（1）纯属敲模版，没有什么特别的。错了两次：一次是TLE，原因是输出了不该输出的（测试用的，忘了删掉）；另一次WA，原因是没有输出该输出的（cas）。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1using namespace std;const in
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uva 401（Palindromes）（回文字符串）
摘要：（1）镜面、回文字符串判定，简单的字符串问题，uva上的第一交，AC。（2）开数组记录较为凌乱的数据，常用的手段。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>char map1[]="ABCD EFG HIJK LMN PQR STUVWXYZ1234 567 89 ";char map2[]="A BCD3 FGHIL KJM N PQR2TUVWXY51SE 4Z 678 9" ;char str[100];int cmp1(int x, int y){ return s
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poj 2352/zstu3106 Star（线段树基本题）
摘要：http://poj.org/problem?id=2352http://acm.zstu.edu.cn:8080/JudgeOnline/showproblem?problem_id=3106（1）解题时想用上线段树，题中数据已经排好序了，排序以 y 为主，以 x 为辅。而每颗星星的等级是两个坐标均不大于该星星的总数目（不包括自己）， 所以 y 的值是“无用的数据”。只需要知道有多少个其他星星的 x 小于该星星自身的 x ，即为该星星的等级数。可以用线段树加速这个过程。（2）第一种方法用的不是线段树： 1）神奇的位运算:int lowbit(int x){ return x&(...
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zstu 2585 骑士问题(简单的bfs)
摘要：http://acm.zstu.edu.cn:8080/JudgeOnline/showproblem?problem_id=2585（1）非常基本的类型。（2）写时把e， s 弄混了， 而且条件：if(s.x<=0||s.x>8||s.y<=0||s.y>8||map[s.x][s.y]) 写成了：if(s.x<0||s.x>8||s.y<0||s.y>8||map[s.x][s.y])具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<queue&
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poj 2777/ zstu 3109 Count Color（线段树）
摘要：http://poj.org/problem?id=2777http://acm.zstu.edu.cn:8080/JudgeOnline/showproblem?problem_id=3109（1）给指定的区间重新染色、统计不同颜色数。难点在于如何有效地重新染色。这里用到了 pushdown() 函数，即不在本次全部更新，而是设置标志数组 （color[]），在下次要访问的时候加上 pushdown() 函数。（要更新，下次，而且用到了才更新。）（2）有一个细节，输入的 a, b 需要预处理 if(a>b) {int x=a;a=b;b=x;} （否则，必然会WA。。）具体代码：Vie
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hdu 1754/zstu 3121 I Hate It（线段树）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1754http://acm.zstu.edu.cn:8080/JudgeOnline/showproblem?problem_id=3121（1）线段树的基本操作：建树，查询，更新。（2）重新写一遍时，发现有个比较神奇的超时：假如主函数中少写了：for(i=1;i<=m;i++) 案例是可以过的，提交状态为TLE。。（这种情况与输入的结构有关，起初还以为是其它函数功能没写好）（3）又写了一遍，把操作次数的循环写成了（RE）：for(i=1;i<=n;i++)具体代码：View Code #incl
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poj 3087 Shuffle'm Up （简单的dfs）
摘要：http://poj.org/problem?id=3087(1)老实说，这是一道十分基本的dfs，但是写题时花的时间还是挺长的。 1）第一次输入没弄好，少了一个%s，且将字符串转化为一串整数（事实上没有这个必要），而且转化时还错误地默认时两色的。。 2）对于无解的处理，一开始是认定，无解时存在周期，而且第一次的洗牌结果会再次出现。前者是对的，但后者是错的（事实上也没有证明过）。 后来用一个计数变量控制深搜的次数在100000次以内，超过次数的默认无解，搞定了（本想WA的说，看来此种思想还是可行的）。具体代码：View Code #include<stdio.h>#inc...
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poj 3126 Prime Path（简单的bfs）
摘要：http://poj.org/problem?id=3126（1）简单的bfs，注意千位不能为0，其他位置可以为0 。（写时没有充分注意这一点，而且也没有养成足够强的修改代码的能力）。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<math.h>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;int a, b, flag;int mark[12000];struct node{ int n, t;}e, s;int is_prime(int n){ int
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poj 1426 Find The Multiple （dfs）
摘要：http://poj.org/problem?id=1426（1）用了结构体加上优先队列：struct node{ int n, v, digit; node *pre;} 注意到深度为100，内存不足。。（字典树深度为10，深度没有这么大）。（2）从小到大枚举01序列，超时。（3）深搜，将部分的0替换成1，可以认为是一种技巧性的枚举，AC。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>int m, flag;int re[120];int yes(){ int i, c=0; for(i=1;i<=100;i
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poj 3278 Catch That Cow （简单的bfs）
摘要：http://poj.org/problem?id=3278（1）稍微考虑就可以知道，要用广搜，广搜次数也不需要控制（因为一定会在远小于10万次以内找到）。（2）有一次RE，*2时没有判断是否超出10万。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;int n, m;struct node{ int n, t;}e, s;int mark[100100];void bfs(){ int i, j, k; memset(mark, 0,
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poj 3009 Curling 2.0 （dfs的应用）
摘要：http://poj.org/problem?id=3009（1）这是一个用球撞石头的游戏，撞到石头，石碎球停。在规定的10次抛球机会下，若求移动到终点就赢，否则算输了（出界直接算输）。（2）每一次的深搜都有四个方向，每个方向要一直走，直到出现以下状况为止： 1）刚要抛球，被墙挡住了（该情况不能抛球）； 2) 出界； 3）到达终点； 4) 撞墙。 其中只有第四种情况需要进行深搜，其他情况均不需要。（虽然这很显然，但是案例 通不过的基本上就是因为这个，千万小心）。（3）通过了所有案例，为什么还是WA？？小心，注意输入 n，m 顺序问题。题中所给的案例 恰好...
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poj 1321 棋盘问题（简单dfs）
摘要：http://poj.org/problem?id=1321（1）和八皇后问题本质时一样的，简单的dfs 。（2）写时没有处理好标记问题（最重要的就是标记）。第一次用了数组 mark[10][10] 做标记，由于没有处理好，WA很多次。 第二次写时，将标技术组定位 mark[10] 。其实就是这样简洁罢了。（3）注意 dp 时是按行进行的，如果有一行没有取到元素，就无法继续 dp ，所以要单独处理。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>using namespace std;char map[10][10];
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poj 2251 Dungeon Master （简单的bfs，三维空间）
摘要：http://poj.org/problem?id=2251（1）简单题，注意用 flag 标记是否有解。（2）写时没有将第一个元素入队，导致均无解。。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;int n, m, l;char map[35][35][35];int mark[35][35][35];int px, py, pz;int dir[6][3]={1,0,0,-1,0,0,0,1,0,0,-1,0,0,0,1,0,0,-
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poj 3083 Children of the Candy Corn （dfs+bfs）
摘要：http://poj.org/problem?id=3083（1）求绕墙向左走，绕墙向右走，最短路分别是多少。前两个深搜，最后一个广搜（墙不能走）。（2）本题的广搜是最基本的搜索，很简单。但我用了优先队列（虽然可以用，但并不需要），而且将优先队列写错了。。friend bool operator <(node a, node b){ return a.step<b.step;} 这是求“最长路”，而不是求最短路。应该是：friend bool operator <(node a, node b){ return a.step>b.step;}(3)走路的顺序是有讲究的，
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poj 2488 A Knight's Journey （简单dfs+打印路径）
摘要：http://poj.org/problem?id=2488（1）注意输入 n，m 顺序，不能弄反了（好几次没注意）。（2） 搜索深度为n*m 或还是n*m-1 要注意判断。（3）打印路径关键是明确数组 after[30][30][2] 的确切含义，本质是记录一组 x, y 对应的下一组 x, y，并不复杂。但是不理解本质时，代码死活都是看不懂的。（4）初始化注意字典序问题：int dir[8][2]={-2,-1,-2,1,-1,-2,-1,2,1,-2,1,2,2,-1,2,1};具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<strin
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hdu 2546 饭卡 （01背包+贪心）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2546(1) 简单的01背包问题，但是只要有5元钱就可以买菜，不论菜多贵（但是才只能一样一样地买）。所以预留5元钱买最贵的菜。（2）排序时用到了：sort(a, a+n); 但是对于我的解法而言，应当是：sort(a+1, a+n+1);（3）有再循环里头用过一个 if-else 结构，并没有用贪心策略，AC了。可是代码丢了，也忘了时怎么写的。。（4）钱不够5元的直接输出结果。View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include&l
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hdu 3449 Consumer（分组背包变形）**
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3449（1）本题属于分组背包的类型，但对于每一组，需先买盒子才能买物品，盒子无价值，武平才有价值（其实盒子有价值也能做）。 如何保证买入物品时已经买入了盒子，且不会出现多次买同一个盒子的悲剧呢？有一种办法是，开一个新的数组d[100100]，对于每个d[i], 先买下盒子 i， 再用剩余的钱继承原有的规划结果：for(j=p;j<=w;j++) d[j]=dp[j-p]; 然后一一装入该组各个物品，得到最优的 d[i] ，最后用来更新 dp[i] 。（2）用来买盒子的钱不可用：if(d[k-c]!=-1
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poj 1787 Charlie's Change （多重背包+记录路径）***
摘要：http://poj.org/gotoproblem?pid=1787（1）本题为一般的多重背包问题，亮点在于记录路径的方法，开了一个数组 pre[10010] 记录前一步的位置。调用时用 sum[30] 逐个累加即可（当然，这里的调用方法还有其他的各种方法）。 记录：pre[j]=j-b[i]; 调用：for(i=m;pre[i]!=-1;i=pre[i]) ans[i-pre[i]]++;（2）多重背包一如既往，用数组 used[10010] 限制，转化为01背包（或是完全背包，只是形式有点像而已，不属于而这任何一类）。（3）初始化问题： 1）将dp[i] 预处理为0。 dp...
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poj 1742 Coins （多重背包）
摘要：http://poj.org/gotoproblem?pid=1742（1）多重背包的处理方式有两种： 1）转化为分组背包。本题用到了将硬币数转化成“1,2,4,8，... ，余数”的形式。2）转化为01背包。再开一个数组，记录每一个dp[i] 对每一种硬币的使用情况，以确保不多用硬币。（2）以运行效率而言，上一条中2）的效率高一些（我的代码前者超时，后者AC，具体原因不是特别明确）。似乎本题就是在卡时间，在时间细节设陷阱，各位请注意。 以下代码用的是转化为01背包。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#i
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poj 3260 The Fewest Coins（多重背包+完全背包）
摘要：http://poj.org/gotoproblem?pid=3260（1）多重背包的处理方式：转化为分组背包（1,2,4,8，余数）。具体细节参见代码：scanf("%d", &num[i]);tn=num[i];while(tn>0){ if(tn<x) {map[i][tot++]=tn;break;} map[i][tot++]=x; tn-=x; x*=2;}(2)接下来是装多重背包，注意细节 for(j=0;map[i][j];j++) 而不是 for(j=1;map[i][j];j++) 进而用万群被白调整，注意循环顺序：for(k=V-m
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poj 2063 Investment（01背包变形）
摘要：http://poj.org/gotoproblem?pid=2063（1）上限 m 一直上升的 n 次01背包问题，比一般的01背包多了一重循环；（2）本题出现了各种错误：1）刚开始，没注意 m 变大会影响 dp 的上限，开了个dp[1100000]， RE； 2）由于 m 的只比较大， 开了个dp[8000000]，MLE（内存不够）； 3）改小为dp[5000000], TLE（超时）； 4）为什么要开这么大数组，好像是因为 m 太大了。。 重新读题， The value of a bond is alway...
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poj 1252 Euro Efficiency (01背包变形)
摘要：http://poj.org/gotoproblem?pid=1252（1）不是单纯的01背包问题，硬币有去有回（即有正有负），这使得用想买你的解法，上限难以确定，所以我开了dp[10000]的数组，还未得到好的优化和解释；（2）对比两种写法：1）for(i=1;i<=6;i++) for(j=a[i];j<=N;j++) dp[j]=min(dp[j], dp[j-a[i]]+1);for(i=1;i<=6;i++) for(j=N-a[i];j>=0;j--) dp[j]=min(dp[j], dp[j+a[i]]+1); 2）for(i=1;i<=...
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poj 1384 Piggy-Bank （完全背包）
摘要：http://poj.org/gotoproblem?pid=1384普通的完全背包问题，稍微注意： for(j=w[i];j<=f-e;j++)具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int Inf = (1<<29);int t, e, f, n;int p[550], w[550];int dp[10100];int main(){ int i, j, k; while(scanf(&q
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hdu 3535 AreYouBusy（三种背包）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3535（1）本题是三种背包的综合应用， 至少选一种、最多选一种、任意选；（2）边读入边处理，可以节省一定的空间，也是代码更加清晰（如 m 就不用开数组m[120]）;（3）初始化细节： 1）for(j=0;j<=t;j++) dp[i][j]=-(1<<28); 2）for(j=0;j<=t;j++) dp[i][j]=dp[i-1][j]; 3）for(j=0;j<=t;j++) dp[i][j]=dp[i-1][j]; 写题时， 我用了for(j=0...
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hdu 1712 ACboy needs your help（分组背包）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1712（1）本题为分组背包问题，是基本类型。dp的核心是:for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) for(k=m;k>=j;k--) dp[i][k]=max(dp[i][k], dp[i-1][k-j]+a[i][j]), dp[i][k]=max(dp[i][k], dp[i-1][k]); //被我忽略的一行我在写这题时，少掉了最后一行，一直WA，本质上是要对dp[i][k]赋予初值dp[i-1][k]：f...
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hdu 3033 I love sneakers!（分组背包）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3033（1）本题为分组背包问题，输入时将数据存入到结构体中：struct node{ int p[120], v[120], tot;}brand[12];（2）每组至少要取一个，处理方式不叫特殊，自然也是本题的关键。首先要初始化：for(i=1;i<12;i++) for(j=0;j<=m;j++) dp[i][j]=-(1<<28);即除了 i=0 以外，均是非法数据（注意，i=0 的一组千万不能赋负无穷）。之后是核心的部分：for(i=1;i<=k;i++) for(j=.
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hdu 2955 Robberies（01背包）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2955（1）概率的预处理（常识）：rp[i]=1-rp[i]，并将概率相乘。若将概率相加（定式思维），案例是可以全过的，就麻烦了。。（2）初始化dp数组：偷走0百万是安全的，这很关键（dp[0]=1），其他的都是危险的（dp[i]=0），因为背包必须装满；（3）用sum 记录最大可能出现的值，结果也是从sum开始验证，符合安全条件的输出。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<stdio.h>#include<algorithm>u
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hdu 1203 I NEED A OFFER!（01背包）
摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1203（1）用到概率的一点常识，预处理：b[i]=1-b[i];（2）注意n和m的个子含义，n为钱数， m为组数，不能错用（如初始化时将m当做n用。。）（3）此题为简单的01背包问题。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;int n, m;int a[11000];float b[11000], dp[11000];int main(){
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opj 1948 Triangular Pastures（dp）
摘要：http://poj.org/problem?id=1948（1）用dp[i][j] 表示三角形的边为 i, j 存在与否，本质是对枚举的优化（dp）， 另外，上限可取sum/2;（2）将 double p=sum/2.0 写错成 double p=sum/2，后果很严重；（3）存在两种更新方式： 1）for(i=1;i<=n;i++) for(j=sum/2;j>=0;j--) for(k=sum/2;k>=0;k--) { if(j>=a[i]) dp[j][k]=dp[j][k]||dp[j-a[i]][...
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opj1837 Balance（dp）
摘要：http://poj.org/problem?id=1837（1）用dp[i][j]表示挂了 i 个重物时 平衡度为 j 的数目；（2）核心部分：for(j=1;j<=m;j++) for(k=0;k<=15000;k++) if(dp[j-1][k]) for(i=1;i<=n;i++) dp[j][k+c[i]*g[j]]+=dp[j-1][k];其中， j 表示重物编号， k 是背包， i 为所挂位置。注意循环的顺序，先确定重物，再打开背包，最后逐个转移平衡度。（3）由于力矩的变化才是本题的关键，将中间位置设为平衡位...
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poj1191 棋盘分割（dp）
摘要：http://poj.org/problem?id=1191（1）棋盘任意分割不是这道题所要讨论的，注意到题目中提到的“不允许的分割”，故会出现 s=min(s, d(n-1, x1, y1, i, y2)+sum(i+1, y1, x2, y2))； s=min(s, sum(x1, y1, i, y2)+d(n-1, i+1, y1, x2, y2)); 这样的规划关系（横向分割时）。（2）比较两种写法： 1） float ans=d(k, 1, 1, 8, 8); ans=sqrt((float)ans/k-pow(sq...
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poj1141 Brackets Sequence（ 括号序列）（dp）
摘要：http://poj.org/problem?id=1141括号序列问题有几个注意点：（1）不能用scanf("%s", str), 而要用gets(str)，因为输入可能含有空格（空序列'' "符合要求）;（2）‘ l ’表示所考虑对象的长度， 从0到n-1枚举（故单独处理dp[i][i]）;（3）dp[i][j]表示‘i ’到 ‘ j ’的最小长度，也可以换种意义，表示‘ i ’到‘ j ’的最小添加长度，此时所有dp[i][j]要做适当调整。具体代码：View Code #include<stdio.h>#include<s
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zstu2462 求一元三次方程的根
摘要：http://acm.zstu.edu.cn:8080/JudgeOnline/showproblem?problem_id=2462本题用到了牛顿迭代法牛顿迭代公式 设r是f(x) = 0的根，选取x0作为r初始近似值，过点（x0,f(x0)）做曲线y = f(x)的切线L，L的方程为y = f(x0)+f'(x0)(x-x0)，求出L与x轴交点的横坐标 x1 = x0-f(x0)/f'(x0)，称x1为r的一次近似值。过点（x1,f(x1)）做曲线y = f(x)的切线，并求该切线与x轴交点的横坐标 x2 = x1-f(x1)/f'(x1)，称x2为r的二次近似值。
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