摘要：
第一次做最大流的题目，用的是LRJ书上的标准E-K算法敲的，刚刚看到这个题目的时候，觉得好像不用最大流算法，直接给起点灌入无穷的流量然后贪心每条路径就行，后来发现大错特错，就算初始点流量无穷，由于管道容量的限制，接下来的点便是个常数，而常数的流量，该向哪个方向流才使最终流量最大，不是简单的贪心就能解决问题的。于是E-K算法就是BFS全图找寻最短的增广路从而对流量进行扩展，如果找遍全图都找不到增广路，则说明该流量最大。此外，因为这个题目不止路径，节点也有容量限制，因此在搜寻增广路的过程中，除了跟路径容量，要跟两端点的容量进行比较，一开始我觉得前端点不需要比较，结果WA了，后来想一下某个路径流量可 阅读全文
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这道题目折腾了我一个下午，本来我的初步打算是用SPFA（），进行搜索，枚举出发点，看看能到达某个点多少次，就是出发点到该点的路径数，如果出现环，则置为-1，关键在于这个判环过程，如果简单只找到某个点是为环路上一点，即访问它的次数超过了所有点的点数目，这样就会出问题，因为它会影响其他点，下一步是否将它进入队列，如果进入，会造成无限循环，不进的话，根本得不出正确结果，后来我写了个judge函数，判断该点是否还能影响其他点，这样的话，因为要全图搜索，又TLE了。。。没办法，只好换了网站说的FLOYD；这是错误的代码：#include #include #include using namespace 阅读全文
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第一次看这个题目，完全不知道怎么做，看起来又像是可以建个图进行搜索，但题目条件就给了你几个不等式，这是怎么个做法。。。之后google了下才知道还有个差分约束这样的东西，能够把不等式化成图，要求某个点在满足所有不等式的情况下的最大取值，只需对建好的图进行一次最短路即可不过要使得a b 点满足这样 ak，我们新定义一个s[],s[i]代表从1 到 i的所有的点的和，这样，原不等式就会变成 s[si+ni]-s[si-1]>=k+1 或者 小于=k-1，进行下移项，即可变成差分约束不等式的形式，这样每个点的含义就是 对应的s[i]。此外注意添加一个超级原点 N+1，跟所有点进行下连通，保证图 阅读全文
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这个承认自己没看懂题目，一开始以为题意是形成环路之后走一圈不会产生负值就输出，原来就是判断负环，用SPFA很好用，运用队列，在判断负环的时候，用一个数组专门保存某个点的访问次数，超过了N次即可断定有负环（其实我觉得=N次了就可以断定了，当然这样是保险起见）。。。。别人还有用SPFA+DFS做的，还效率相当高，我还没怎么弄明白是怎么回事。。。还有，我突然想到讲最短路的时候说迪杰斯特拉不能用于有负权的图，这是为什么。。我还没想明白，先去睡觉吧。。。。关于dijstla为什么不能有负权，昨晚躺下之后就想明白了，dijstla最大特性在于其把当前d值最小的点给灰化了，下次不用再访问了，而负权如果存在， 阅读全文
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题意：一栋摩天大楼从0层到K层，有N部电梯，每个电梯都有自己的运行速度，此外，对于某个电梯来说，并不是每一层都会停，允许在某一层进行电梯换乘，每次换乘固定消耗60秒，最终求从0层去K层的最短时间，如果不能到达，输出 IMPOSSIBLE确实是个隐式图问题，建图并不难，只要图建好了，进行最短路即可，难点在于电梯换乘，因为电梯换乘额外消耗60s因此，不能简单的指向该层节点，结果明显不对。。。。所以我自己就想出了一个多线程的最短路，每个电梯独立建一个图，分别以0-99，100-199，200-299.。。。因为最多有五部电梯，因此，只需要最多400-499一共500个点即可，独立图中点是指相同层数， 阅读全文
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不可多得的好题目啊，我看了别人题解才做出来的，这种题目一看就会做的实在是大神啊，而且我看别人博客都看了好久才明白。。。还是对状态压缩不是很熟练，理解几个位运算用了好久时间。有些题目自己看着别人的题解做出来完全不是一个味，毕竟别人给你提供了思路，比如这道题，刚看题目，怎么就能转移到是用最短路搜索呢。。其次，好多注意事项这些自己想出来才真正是锻炼思维。否则总是踩着别人的脚印在行走还有就是不得不说一说UVA上的题目，又长又难懂。。。实在是弄得我好烦。说说这个题目，能够发现是个隐式图是第一个难点，然后怎么进行搜索就是关键了，状态压缩确实是个好东西，通过二进制来表示当前bug是否被修复，1 为bug，0 阅读全文
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第一次做状态压缩DP，是因为按照DP清单里面碰到了状态不确定的DP，我当时只能用回溯做，但是时间卡得想死啊，后来又连续碰到几个题目都需要用状态压缩，所以好好学了一下，说到这里，必须要检讨一下昨天的自己，其实这道题目本应该昨天完成的，自己磨磨蹭蹭昨天非常地心不在焉，弄得昨天完全没完成训练任务。加上这个位运算这里确实有点难懂，我之前很少接触位运算，但是用状态压缩的时候位运算贯穿整个代码，所以理解起来比较难还好找到了一个讲解非常详细的博文，这才理解了http://www.2cto.com/kf/201208/146894.html这个博文写的非常好还有这个题目跑了900+MS，在学校的VJ上有100 阅读全文
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求出大矩阵里面全为0的最大子矩阵我自己用的个挫DP写的，感觉写的不是很好，其实可以再优化，DP想法就是以 0 0 到当前 i j 为整体矩阵考虑，当前 i j就是从 i-1 j或者 i，j-1那里最大化，然后因为要求最大子矩阵，还得自从j往上扫一遍。。总之好像有点挫#include #include #include using namespace std;int dp[105][105][2];int s[105][105];int g[105][105];int n,m,i,j,k;int main(){ while (scanf("%d%d",&n,& 阅读全文
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这道题目我一开始想错了，觉得只要排好序，再从头到尾把可以相互交换的进行下交换就可以了。。。事实证明是错的。正确的解法比较巧妙，而且写法非常好，值得学习首先，要注意的一个规律是，假如最大的颜色数字出现的次数 为 c， c超过了n的一半，则必定无法将所有的人的颜色交换成两两不同的，而且此时颜色不同的人的数目也已经出来了就是 (n-c)*2,于此，也很容易得出，一旦c没有超过n的一半，则肯定能够把所有人都排成不一样的，（先把相同颜色的找另一类相同颜色的互换，某一类不够了，再找另一类的来继续补充一下即可）此时的答案就是n。进一步分析，如果是第一种情况，则一个很巧妙的处理方法就是从1到n遍历，如果当前i 阅读全文
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这个题目挺有意思的，给定 起终点，要你求车，象，王分别最少要走多少步车横竖都能走，而且每步任意走几格，所以它是最容易处理的，如果在同行或者同列，就是1，否则就是2象要找下规律，象任意对角线都能走，而且每步任意走几格，这个时候，发现图上的黑白色块给了很大提示，如果两个本身在同一对角线，就是1，如果不在，就要判断下是否在同一色块，是就是2，否则，就走不到，输出0，至于判断是否为同一色块，非常简单，代码中给出。其实王也是非常简单的，八个方向都能走，但是每次只能走一步，只是我好脑残，连象的规律都找出来了，偏偏王还在一步步分情况，最后发现，其实不管是在八个方向内，还是不在八个方向上，最终走的步数就是 m 阅读全文