摘要： 状态转移方程p[i,j] = 0.5*(p[i-1,j]+p[i,j-1])。浮点数运算，初始时要向上取整。# include <stdio.h># include <math.h># include <string.h>int ap1, ap2, hp1, hp2;double f[1005][1005];double cal(int x, int y){ if (f[x][y] >= 0) return f[x][y]; if (x <= 0) return f[x][y] = 0; if (y <= 0) return f[x][y] 阅读全文

摘要： targan算法。 1 # include <cstdio> 2 # include <cstring> 3 4 # define N (1000 + 5) 5 6 int n, son, tmpdfn; 7 int low[N], dfn[N], subnets[N]; 8 char g[N][N]; 9 10 int Min(int x, int y)11 {12 return x<y ? x:y;13 }14 15 void tarjan(int u, int r)16 {17 dfn[u] = low[u] = ++tmpdfn;18 for (int v 阅读全文

摘要： 和每日一题一样，只不过是给出每个顶点的邻接点，这里使用邻接表来做。 1 # include <cstdio> 2 # include <cstring> 3 4 # define N (100 + 5) 5 # define M ((N) * (N)) 6 7 int n, m; 8 int top, cols, tmpdfn; 9 int c[N], in[N], out[N], low[N], dfn[N], first[N], s[N]; 10 int u[M], v[M], next[M]; 11 char ins[N]; 12 13 int Min(int x 阅读全文

摘要： prim入门练习题。prim的流程如下：// 清空顶点集；任选一个点u作为起点，加入顶点集，从u出发选一条最小边(u, v)，将v加入顶点集，重复直到所有点都进入顶点集。其中最小边可以用堆来做，还可以用邻接表加速（这里嫌麻烦）。 1 # include <cstdio> 2 # include <queue> 3 4 using namespace std; 5 6 typedef pair<int, int> pii; 7 8 # define N (100 + 5) 9 # define INF 0x7FFFFFFF10 11 int n;12 int 阅读全文

摘要： tarjan算法的思路不难理解，用low来标记同一个强联通分量中的点，初始时low[i]=dfn[i]，当访问到已经在当前栈中的顶点时，相当于找到了一个强联通分量的根节点（一个强联通分量中最早访问到的作为根节点），然后递归地更新栈中所有节点，如果遇到low[k]=dfn[k]，说明k就是这个分量的根，于是对之前的所有点出栈并标记（此处标记用连续的值1，2，3代表第几个强联通分量，其实可以直接用low就行，cols记录强联通分量的个数）。 1 # include <cstdio> 2 # include <cstring> 3 4 # define N (100 + 5) 阅读全文

摘要： 模版，注意使用int可能在求叉乘的过程中溢出，解决办法：使用double（使用int在在返回时只返回符号有时也可以）；使用double的：# include <cmath>const double eps = 1e-8;struct Point{double x, y;} ;int dcmp(double x){ if (fabs(x) < eps) return 0; return x>0 ? 1:-1;}int direction(Point p1, Point p2, Point p3){ double tmp = (p3.x-p1.x)*(p2.y-p1.y) 阅读全文

摘要： N个学校之间有单向的网络，每个学校得到一套软件后，可以通过单向网络向周边的学校传输。问题1：初始至少需要向多少个学校发放软件，使得网络内所有的学校最终都能得到软件。问题2：至少需要添加几条传输线路(边)，使任意向一个学校发放软件后，经过若干次传送，网络内所有的学校最终都能得到软件。input format:输入有多组样例,大约1000组。每组样例第一行包含两个整数N，M(2<=N<=100),N代表学校的个数，M代表边的个数(M<N*N)接下来M行,每行包含连个整数u,v，代表u可以向v单向发送数据。output format每组样例对应两行，分别是问题一和问题二的解。sam 阅读全文

摘要： 这道题直接模拟即可，DP相当于一个优化，记录下从第i行第j列出发后到达的最终位置，下次需要时直接取，优化前后最坏情况下复杂度都是O(10^6)。# include <cstdio># include <cstring> # define N 1000 + 5 int n, m;int cnt[N], ff[N], f[N][N];char g[N][N]; int down(int row, int col){ int &ans = f[row][col]; if (ans != -1) return ans; if (row == n) return ans 阅读全文