hdu 2068
摘要：错排f[n]=(n-1)*(f[n-1]+f[n-2])
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posted @ 2011-08-30 21:11
08 2011 档案
hdu 1992（hdu）
摘要：f[n]=f[n-1]+4*f[n-2]+2*(f[n-3]+f[n-5]+.....)+3*(f[n-4]+f[n-6]+....)简单
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posted @ 2011-08-30 16:38
hdu 1992
摘要：f[n]=f[n-1]+4*f[n-2]+2*(f[n-3]+f[n-5]+.....)+3*(f[n-4]+f[n-6]+....)简单
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posted @ 2011-08-30 16:37
hdu 1207
摘要：g[n]=min(g[n-k]+g[n-k]+f[k]) (1<=k<n)经典。
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posted @ 2011-08-29 20:31
hdu 1733
摘要：A:增加源点src，和汇点dest，然后根据每个时间点建出分层图，每个时间对应一层，对于每层图的构造如下B:给每个格子标上号Xi， 由于每个格子一次只能占一人，所以把每个格子分为两个点xa，xb，连上容量为1的有向边，对于格子为‘X’的，（如果为第0层的话）在源点src与xa之间连一条容量为1的有向边，对于格子为'@'的点，在xb与汇点dest连上容量为1的有向边，对于每个格子，（除‘#’外），在xb与其上下左右及其本身的对应下一层图的xa连上容量为1 的一条有向边C:具体操作并不是一下子建出分层图，由于时间是未知的，所以枚举时间，做最大流，当最大流小于人数时，时间加一并在原图
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posted @ 2011-08-29 20:00
hdu 3721
摘要：题意：给一棵树，可以移动树上的一条边，必须保证移动之后的图还是一棵树，问如何移动才能使得移动之后的树的直径最短思路：枚举每条边，如果移除了这条边，会将这棵树分成两部分，新增加的边必须是连接这两个部分的边，这样才能保证新形成的是一棵树，那么这样对于两个部分分别求出这个部分上面的点，满足这个点是这个部分中到其余所有点的最长的距离最短的点，显然新增加的边要连接这两个点才能使得新形成的树的直径最短那么问题就变成了给定一棵树，求出一个满足上述条件的点了，其实只要先求出这棵树的直径，那么要求的点就一定是直径中心附近的那两个点之一了，证明如下:假设要求的点不是直径上面的点，那么由于原图是一棵树，取这个点到直
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posted @ 2011-08-29 16:17
hdu 3594
摘要：/*判断强连通的图中每条边是不是只在一个环内*//*(1):如果有重边则NO(2):如果dfs时有一条后向边(u->v),怎把当前栈内的点一次退出,直到遇到v 然后把那些点的W[x]++;(v除外);表示形成了一个环*/
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posted @ 2011-08-29 14:37
hdu 1565
摘要：Description给你一个n*n的格子的棋盘，每个格子里面有一个非负数。从中取出若干个数，使得任意的两个数所在的格子没有公共边，就是说所取的数所在的2个格子不能相邻，并且取出的数的和最大。解题思路分析下题目的一些关键的特点：首先此题最大特点就是一个点只和周围4个点有关联，简单的说就是可以通过一个奇偶染色构造二分图（为么么？），在假设如果每个的点权都为1,那此题就可以转换成最大独立集。那现在这是个什么问题呢？其实这是一个二分图最大点权独立集问题，就是找出图中一些点，使得这些点之间没有边相连，这些点的权值之和最大。独立集与覆盖集是互补的，求最大点权独立集可以转化为求最小点权覆盖集（最小点权支配
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posted @ 2011-08-28 21:05
hdu 3820
摘要：如果HDU 1569 3657没做的，先做做那两题吧。这题是个升级版。对原矩阵黑白染色1 2 34 5 67 8 9A={1,3,5,7,9}B={2,4,6,8}矩阵中每个点可以取两个值中的任意一个，或者都不取。根据这一个条件，我们可以把一个点拆分成两部分，k,k'。对A集合中的点，k为金蛋，k'为银蛋。B集合中的点，k为银蛋，k'为金蛋。k->k’连一条容量为inf的边，这样就可以保证k,k'只取其中一个，或者都不取。从S到k，从k'到T 分别连一条容量为其价值的边。对A中的金蛋k，向B中的金蛋k'连一条容量为G的边。对B中的银蛋k，向
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posted @ 2011-08-28 20:54
hdu 3526
摘要：最小割建模添加源S和汇T,对每个组件,由S向其连一条边权代表在A处购买其所用的花费的边. 由组件向T连一条边权为在B处购买其所用的花费的边. 其他由于不兼容造成的花费就在两个发生不兼容性质的组件之间连双向边,边权为花费.
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posted @ 2011-08-28 19:59
hdu 3251
摘要：最小割建模：源点与1连容量为无穷的边，每对有向边之间连边，容量为权值，然后每个可以拥有的城市向汇点连边，容量为价值答案即为所有可拥有城市的价值-最小割
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posted @ 2011-08-28 16:47
hdu 2485
摘要：正向Dijkstra和反向Dijkstra一次，分别求出点1到i和i到点n的距离 dist[i]和_dist[i]，对于某个点若dist[i]+_dist[i]>K的话，则说明这个点可以从图中删去,因为流量经过点i都不可能在k步内流到汇点，所以这个点在最大流过程中是没有任何意义的，所以删掉，而构建出的新图便是普通的求割点
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posted @ 2011-08-28 16:29
hdu 3907
摘要：经典的树形dp，dp[y][z], 以y为根的子树，祖先z做副本。代码：#include <iostream>#include<fstream>using namespace std;struct e{ int data; int weight; e *next;};e edge[1001];int n;void add(int s,int t,int weight){ e *p=new e; p->data=t; p->next=edge[s].next; p->weight=weight; edge[s].next=p;}int s[1001],q
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posted @ 2011-08-26 21:04
hdu 3851
摘要：压缩的思想值得学习。压缩处理函数：void solve(__int64 t,__int64 P){__int64 k;if (t>T*2)k=(t-T*2)/T;else k=0;must+=k*P;for (int i=0;i<t-k*T;i++)d[++n]=P;}
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posted @ 2011-08-26 16:32
hdu 3831
摘要：神题，经典dp关键是状态的表示。f[i][j][k]原串后i个字符，与目标后j个字符做匹配，在这之前最近一次发生的后缀操作为“置k”，k=52时表示不置后缀
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posted @ 2011-08-26 15:43
hdu 3507
摘要：//====================================================================//Name:hdu 3507 Print Article//Author:zhxfl//copyright:http://blog.sina.com.cn/s/articlelist_1736064691_0_1.html//Description:斜率优化dp//Algorithm :。。。。//dp[i]= min{ dp[j]+ ( sum[i]- sum[j] )* ( sum[i]- sum[j] )+ m } (i< j );//假设
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posted @ 2011-08-25 23:03
hdu 2882
摘要：有趣的数学递推题长度小于50的只含有大小写字母的字符串，再给一个数k，这个字符串的字序列（注意不是string，而是sequence）设有m种，按照字典序排列（如有相同的按1种算，如AAA只有3个子序列：A，AA，AAA），求第k%m+1个sub-sequence，并输出。
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posted @ 2011-08-25 22:07
hdu 3854
摘要：由于a_i 不变 容易想到将值<K的点都看成死点去掉 那么 原序列就被切分成若干小段 题目变成 求跨段的0-1对数+有死点参与时的01对数仅考虑跨段对数的话 设去掉死点后的0有sa个 1有sb 个 每段有a[i]个0， b[i] 个1 那么跨段对数=sa*sb-SUM(a[i]*b[i])假设0操作将第k段的某个01位反转了，a[k]->a[k]+da,b[k]->b[k]-da于是跨段对数变成(sa+da)*(sb-db)-SUM(a[i]*b[i] ,i!=k) -(a[k]+da)*(b[k]-da)= sa*sb-SUM(a[i]*b[i]) + da*( sb-sa
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posted @ 2011-08-25 15:41
hdu 3018
摘要：对于每一个连通分支,如果不存在奇数点,显然可以一笔画,否则即是奇数点的个数的一半.
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posted @ 2011-08-24 21:18
hdu 2159
摘要：二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有 一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和 b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}如前述方法，可以
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posted @ 2011-08-15 16:08
hdu 2639
摘要：第K优解问题其基本思想是将每个状态都表示成有序队列，将状态转移方程中的max/min转化成有序队列的合并。这里仍然以01背包为例讲解一下。首先看01背包求最优解的状态转移方程：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。如果要求第K优解，那么状态f[i][v]就应该是一个大小为K的数组f[i][v][1..K]。其中f[i][v][k]表示前i个物品、背包大小为v时，第k优解的值。“f[i][v]是一个大小为K的数组”这一句，熟悉C语言的同学可能比较好理解，或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。显然f[i][v][1..K]这K个数是由大到小排
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posted @ 2011-08-14 21:14
hdu 3449
摘要：经典的dp题。这类问题要用到两个数组，dp[0][i]表示i块钱可以买到的最大价值,dp[1][i]表示考虑到当前盒子时，i块钱可以买到的最大价值，首先dp[0]置为0，枚举全部的盒子，dp[1]置为-oo表示买不到，更新的转移可以从dp[0]转移也可以从dp[1]转移,从dp[0]转移表示你还没有买盒子，要附加上盒子的价格，dp[1]表示你买过盒子了，就直接转移就可以了，转移方程如下:dp[1][k]=max(dp[1][k],dp[1][k-c[i][j]]+v[i][j],dp[0][k-c[i][j]-p[i]]+v[i][j]); dp[0][j]=max(dp[0][j],dp[1
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posted @ 2011-08-14 20:06
hdu 2294
摘要：以F[i][j]表示长度为i的pendant，用了j种珍珠，所构成的方案数，则F[i][j]=F[i-1][j]*j+F[i-1][j-1]*(k-j+1)优化的方法是使用矩阵来做。将F[i-1]到F[i]的转移用矩阵来描述，相当于一个k*k的线性变换矩阵。因此F[i]=A*F[i-1]，这里A是转移矩阵，即F[i]=Ai-1*F[1]，所以F[1]+…+F[n]=A0*F[1]+…+An-1*F[1]=（E+A+A2+…+An-1)*F[1]。
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posted @ 2011-08-14 18:20
hdu 2254
摘要：离散+二分解题思路：求t1->t2天内，v1->v2一共有多少条的路径。就是要用到离散数学的可达矩阵的n次幂各元素的值就是经过n条路可以到达该点。所以说这道题说白了就是叫你求 A^t1+a^(t1+1)+……A^(t2),输出v1,v2该元素的值模2008（注意负数的处理）.所以就是要用到矩阵降幂+二分求和。
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posted @ 2011-08-13 19:23
hdu 3117
摘要：f(n)=1/sqrt(5)(((1+sqrt(5))/2)^n+((1-sqrt(5))/2)^n)假设F[n]可以表示成 t * 10^k（t是一个小数），那么对于F[n]取对数log10，答案就为log10 t +K，此时很明显log10 t<1，于是我们去除整数部分，就得到了log10 t，再用pow（10，log10 t)我们就还原回了t。将t×1000就得到了F[n]的前四位。具体实现的时候Log10F[n]约等于((1+sqrt(5))/2)^n/sqrt(5)，这里我们把((1-sqrt(5))/2)^n这一项忽略了，因为当N>=40时，这个数已经小的可以
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posted @ 2011-08-13 17:16
hdu 1588
摘要：首项是：A^b 公比是：A^k 项数是：N 因为矩阵的加法对乘法也符合分配律，我们提出一个A^b来，形成这样的式子： A^b*( I + A^k + (A^k)^2 + .... + (A^k)^(N-1) ) A^b 和 A^k 显然都可以用我们之前说过的方法计算出来，这剩下一部分累加怎么解决呢 简单起见，设A^k=B 要求 G(N)=I + ... + B^(N-1)，设i=N/2 若N为偶数，G(N)=G(i)+G(i)*B^i 若N为奇数，G(N)=I+ G(i)*B + G(i) * (B^(i+1))
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posted @ 2011-08-13 16:56
hdu 3271
摘要：两种操作1)询问[x,y]区间内，base进制下，一个数的各位之和为M的个数2)询问[x,y]区间内，第K大各位之和为M的数预处理 数位统计，预处理dp[len][j]在base进制下，长度为len各位之和为j的个数 然后逐位统计 对于2)需要二分，注意的是(high+low)会超int，要用long long，不然超时 很阴的是输入的X可能>Y ， hdu的 assert() RE是返回wa的
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posted @ 2011-08-13 10:41
hdu 3276
摘要：难题啊！二分+优先队列+dpd[i]=max(sum[i]-sum[j]) (i-y<j<i-x)优先队列处理
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posted @ 2011-08-12 17:08
hdu 3308
摘要：经典的线段树有空写一下代码。intlMax;//包含结点左端点的最长连续递增子序列的长度intrMax;//包含结点右端点的最长连续递增子序列的长度intMax;//当前结点的最长连续递增子序列的长度intlVal,rVal;//当前结点管辖的区间左右端点的数值intl,r;//当前结点管辖的区间
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posted @ 2011-08-10 21:44
hdu 3306
摘要：矩阵连乘，或其他方法。//(s[n-1],a[n]^2,a[n]*a[n-1],a[n-1]^2)=(s[n-2],a[n-1]^2,a[n-1]*a[n-2],a[n-2]^2)*A//A=|1 0 0 0 |// |1 x^2 x 1 |// |0 2*x*y y 0 |// |0 y^2 0 0 |灵活想出公式！
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posted @ 2011-08-10 20:58
hdu 3336
摘要：KMP+dp经典#include<stdio.h>#include<string.h>#define mod 10007char t[200010];int next[200010];int num[200010];int cnt;void get_next(char T[],int len,int next[]){ int i=0,j=-1; next[0]=-1; while(i<len) { if(j==-1 || T[i]==T[j]) { j++; i++; next[i]=j; } else j=next[j]; }}void main(){int c
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posted @ 2011-08-10 17:55
hdu 3335
摘要：定理1>令(X,≤)是一个有限偏序集,并令r是其最大链的大小,则X可以被划分成r个但不能再少的反链.其对偶定理称为Dilworth定理：定理2>令(X,≤)是一个有限偏序集，并令m是反链的最大的大小,则X可以被划分成m个但不能再少的链.最后：链的最少划分数=反链的最长长度用二分图方法求最小路径覆盖，即可
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posted @ 2011-08-10 16:01
hdu 3333
摘要：诡异的线段树经典题意：给出一个长度为N(N<=30000)的数列，然后是一连串询问，询问数<=100000，问给定区间内不同数字的和。
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posted @ 2011-08-10 15:23
hdu 3374
摘要：最小表示+kmp#include<iostream>using namespace std;const int maxn=2000005;//最小表示+最大表示+KMP //问题描述，求字典序最小的和字典序最大的位置，若多个取最左边的，并给出在这n个串中出现次数//注意自身得情况，由于出始扩大了一倍，但自身只能算一次，这里要注意 char b[maxn];char a[maxn];int next[maxn];int minshow(char *s){ int i=0,j=1,k=0,n=strlen(s); while(i<n/2&&j<n/2&
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posted @ 2011-08-10 10:29
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