随笔分类 - 算法题&leetcode
摘要：title: WOJ1024 (POJ1985+POJ2631) Exploration 树/BFS date: 2020-03-20 10:43:00 categories: acm tags: [acm,woj,图论] 用到了树的 直径 1 描述 Tom is an explorer and n
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摘要：思路： 比如5 2 12345--> 1245 从3开始，这时候5变成了1.剩下4512，对应1234.只需要找到现在n-1，k中的数对应原来的编号的映射。 比如1-->3 是1+2 mod 5，4-->1是4+2 mod 5. //大雾 应该是4还原成1，4+k+1（3） mod 5=1 ， 1还
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摘要：这类问题有一个通法 https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/solution/yi-ge-tong-yong-fang-fa-tuan-mie-6-dao-gu-piao-wen/ 类似的题目有122
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摘要：类似于紫书例题8-7. 用滑动窗口。 class Solution { public: int lengthOfLongestSubstring(string s) { set<char>ss; int left=0,right=0,ans=0; while(right<s.length()) {
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摘要：最小值最大，就二分判断。 map[i] = '0'+map[i];这样更方便 每个点拆成i，i’, S连i，cap为a[i]，i’连T，cap为1(保证至少剩一个）或mid。 i,i’ ，a[i] i->j’, inf //把i连到j就WA了...所以题目的意思大概是只能移动到相邻点? 判断一下bo
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摘要：init 一开始搞成2*n+2了...囧 所以初始化很重要！ 然后提交的时候忘了删调试的数据了。。囧 技巧：设立虚拟节点 建图比较麻烦（非常）。 要考虑到保养完了的车可以免费再用 设立S，T ，1-N, N+1-2N S连1-N，cap为ri，cost为0，表示用了的还没维护的车，还要链i，i+1
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摘要：点连通度：最少删除几个点使图不连通 拆点就变成了最小割 注意编号。画图就知道u’连v，v’连u。 技巧：不需要枚举S，T。固定S，枚举T即可 这种输入很烦， scanf(" (%d,%d)", &u, &v); Scanf中添加 空白字符: 空白字符会使scanf()函数在读操作中略去输入中的一个或
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摘要：题外话：很多混合图问题可以转化为有向图问题（将无向边拆为两条有向边） 本题不行，因为只能经过一次 这种问题能想到网络流。。 复习欧拉回路：入度==出度 和uva1380有点相似，要先给无向边定向。原图为G，定向的边单独组成另一个G’ 定向后对任意点，入度==出度，则有了回路。 否则调整原来的无向边。
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摘要：这里就想到了lrj说的理解EK但是使用Dinic 因为图较大，所以采用Dinic而不是EdmondsKarp 得益于接口一致性，无须理解Dinic就能使用它。 看到最小费用，又有隔开的操作（割），就是最小割，就想到了最大流（想了想用不到MCMF，这里挺需要注意的，所有网络流的题首先判断是MCMF还是
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摘要：证明： 对于每一个X节点，都是只有一个入流，多个出流（分别流向每一个Y节点），显然多个出流的和正好等于入流；同理，对于每一个Y节点，有多个入流（分别来自每一个X节点），只有一个出流，显然多个入流的和等于出流。第一类弧，以每一行所有元素之和为容量；第三类弧，以每一列所有元素之和为容量；第二类弧，最终流
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摘要：拆点法是很套路的方法，将一个点拆为i和i'，连边，cap为1，cost为0. 编号：点2~n-1拆成弧i->i'，前者编号为0~n-1，后者编号为n~2n-3 （i+n-2） 本题拆点后从1-v求流量为2的最小费用流 while(flow < flow_limit && BellmanFord(s,
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摘要：网络流的问题一般都会加S,T！ 网络流init参数一般为节点数（包括S,T） maxn为点数+一点（注意可能加点，拆点...） 把插头看做结点，增加S，T链接设备和插头（容量为1），转换器作为边（容量无穷大），套模板。用的是紫书第二种方法，因为更喜欢思维直接一点的方式。 读取输入时用一个ID函数方便
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摘要：白书第一章例题4 思维。 先固定一点不动，假设最后一共N个点，那么编号为0,1，...N-1, 0不动，原来的n个点分别占据i/n*N的位置（记为pos），移动到pos四舍五入的位置即可。 证明一：有一个坐标未移动，见例题3（UVA11300） 证明二：没有点移动到相同位置。 假设x，y移动到相同位
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摘要：白书第一章例题6 构造。思维。几何。 分别从几个角度去看，有矛盾就删掉，最后遍历一下统计个数 方法证明：第一个方块肯定要删除。假设前k个必须删除，第k+1个矛盾出现，假如不删掉，矛盾将持续存在，故必须删掉。 代码有很多细节。 比如注意宏定义加（） //#define REP(i,n) for(int
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摘要：白书第一章例题7 很套路了。枚举第一行，可以直接算出之后的几行。 #include <iostream> using namespace std; #include <stdio.h> #include <cstring> #define INF 10000000 int grid[20][20];
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摘要：白书第一章例题8 好麻烦！ 正方体每面编号为0-5，那么根据顶点和正面，就能确定形态。一共6*4=24种形态。 P[i]表示编号i所在位置。比如P[1]=3，表示第二面转到了第四面。 就可以表示出所有形态。 这时候可以手算或者写个函数找出所有形态。 注意选择函数计算，要放到main外面，方便调。 注
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摘要：习题9-9 注意前提是最小值最大。很少做两次dp的题。 初始化要细心。
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摘要：状压dp 要再看看 例题9-17
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摘要：最短路算法的复杂度考虑 书上已经做了优化，用的是优先队列；用优先队列实现堆优化 V为点集，E为边集 从O（V^2）优化到O(ElogV) 然后再记忆一下inf 0x3f3f3f3f的十进制是1061109567，是10^9级别的而一般场合下的数据都是小于10^9的，所以它可以作为无穷大使用而不致出现
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