摘要：
天啊，漏了一个条件，搞了半天，默认从第0个problem 开始做起，唉，我枚举所有的问题了……………………在DFS过程中，只要把最大深度记录下来即可，不需要其他#include<iostream>#include<string>using namespace std;int n,map[15][15],ans;bool vis[15];void dfs(int i,int j,int deep){ if(deep>ans)ans=deep; for(int k=1;k<=n;k++) { if(vis[k]||k==j) continue; if(map[i 阅读全文
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这题目，唉，一开始以为很简单的，就是枚举每一个KFC到M和Y的距离，求出最短的，结果TLE了之后，突然想到了双向搜索，天呐，又郁闷了很久，从来都没写过，一时不只从何下手，而且，不知道搜索时的停止条件该如果设置，结果就……回到一开始最不想做的，就是分别用调用俩次BFS，算出M和Y到每一个KFC的最短距离，再累加求最短即可这时候要注意，BFS退出的条件是遍历完所有的点，所以遇到‘@’时，把相应时间累加之后，还是要继续搜另外，有一点也是十分重要的 ，就是未必每一个KFC都是可达的，所以要多加一步判断………唉………#include<iostream>#include<string&g 阅读全文
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做了这么久的搜索，终于还是碰到了N皇后问题，之前一直都不敢去触碰，今天还是无奈的做了我的代码比较乱，也比较慢，看下大牛的代码吧，感觉好精炼呀，而且效率很高的说map[]，下标表示所在行，值表示所在列哈，判断是否在同一对角线上居然是这么判断的，好神奇要事先打表View Code #include<iostream> #include<string>using namespace std;int n,map[20],des[20],cnt,a[11]; void DFS( int num ) { if( num == n + 1 ) { ++cnt... 阅读全文
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给了一个8*8的地图，时间要求却是5000ms ，似乎就是要遍历整个地图，枚举设置的封锁区域一开始是想把所有可行的路径找出来，再看一下重复路径，判断应该设置多少个封锁区域，但是一旦设置了一个封锁区域，就又出现了不同的路径出来，这样，就跟枚举有何差别呢？思路（大牛的）：封锁出口或者入口周围的格子.最多需要4个封锁点.所以我们可以采取这样的策略:1.寻找一条盗贼的可行路线,如果没有,返回0.2.计算封锁出口和入口四周需要的封锁点数量,取小的一个,假设是k,k <=43.从少到多,遍历所有封锁点个数小于k的方案,验证是否是一条有效的覆盖方案(可以通过是否阻止了1中的盗贼线路进行快速验证).如果 阅读全文
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这题目跟之前的连连看还有hdu1072 都很像，就是路径受转弯次数的限制，这时vis[][]数组并非用来记录一个点是否已被访问过，而是记录经过该点的最少转弯次数，若经过该点存在更少的转弯次数的路径，则该点可以再次入队看代码吧#include<iostream>#include<queue>using namespace std;char map[101][101];int n,m,T,ei,ej,dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};int vis[101][101];struct node{ int x,y,di,turn;};n 阅读全文
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这两天被Dilworth、链和反链搞到头昏脑胀，终于有点眉目，现在来总结一下。Dilworth定理说的是：对于一个偏序集，其最少链划分数等于其最长反链的长度。Dilworth定理的对偶定理说的是：对于一个偏序集，其最少反链划分数等于其最长链的长度。Dilworth定理先不证，有空再不上来，其对偶定理证明如下：设一个偏序集S的最少反链划分数是p，最长链长度是r。1.先证p≥r。这是显然的，因为最长链长度是r，r个元素中的任意两个都可以比较，因此它们必定两两属于不同的反链，因此反链个数≥r，即p≥r。2.再证r≥p。设X1=S。找出X1的所有极小元组成集合Z1，将其从X1删之，得到X2，再找出X2 阅读全文
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这俩道题目的代码基本和pku 3636一样的主要的区别就是第二个元素排序时同样也是递增排序，因为第一个元素相同时，第二个元素按递增顺序可以全部加入，不用重新再增加桶所以后面的一个判断条件也要将等号去掉pku1065#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;struct Node{ int h,w; bool operator<(Node a){ if(a.w==w) return h<a.h; return w<a.w; }}ele[5010];int a[5010];int ma 阅读全文
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题型: 贪心思路: 由于一个盒子在考虑放入另一个盒子之前，要考虑两个因素，宽和高，如果我们能够消除一个因素，就在一维的条件下考虑会简单些。怎么才能降低维数呢。因为只有w小于另一个时才能才能考虑是否能放，所以我们就把w从小到大排序，这样大体盒子的先后顺序就有了，我们在比较的时候就不需要考虑宽了，因为只有后边的盒子才能容纳前边的盒子先不考虑w和h相同的情况，排好序后，从第一个盒子开始遍历，第一个盒子不能容纳其他任何的盒子（宽最小），所以直接做为一个桶了。然后第二个，看他能不能容纳第一个，只需考虑h满足要求与否。然后第三个，问题来了，它既能容纳第一个，又能容纳第二个，选择哪一个，贪心就在这，它能刚好 阅读全文