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摘要： spfa:1.当给定的图存在负权边时，Dijkstra等算法便没有了用武之地，而Bellman-Ford算法的复杂度又过高，SPFA算法便派上用场了.2.我们约定有向加权图G不存在负权回路，即最短路径一定存在3.思路：用数组d记录每个结点的最短路径估计值，而且用邻接表来存储图G。我们采取的方法是动态逼近法：设立一个先进先出的队列用来保存待优化的结点，优化时每次取出队首结点u，并且用u点当前的最短路径估计值对离开u点所指向的结点v进行松弛操作，如果v点的最短路径估计值有所调整，且v点不在当前的队列中，就将v点放入队尾。这样不断从队列中取出结点来进行松弛操作，直至队列空为止。4.实现方法：建立一个 阅读全文

摘要： 题意：这个题类似poj2965，但是这个题翻转操作是：翻转单位(i,j)以及与(i,j)相邻的单位。目标也是要求翻转为全白或者全黑需要翻转的次数。分析：枚举第一行（即对第一行的方块进行翻转），16种可能性。翻转第二行的方块，修改对应列的第一行的方块，使得第一行全黑/白。翻转第三行的方块，修改对应列的第二行的方块，使得第二行全黑/白。翻转第四行的方块，修改对应列的第三行的方块，使得第三行全黑/白。最后查看第四行是否满足全黑/白。若不满足，则"Impossible"（只要有一种枚举不满足，其它的枚举也不满足，反之，只要有一种枚举满足，则所有的枚举都满足，因为同一个方块翻转两次， 阅读全文

摘要： 题意：有一个4*4的+,-矩阵，矩阵中'+'代表门是开着的，'-'代表门是关着的。每一次翻转操作是将对应位置的x和y轴的所有门都进行翻转。求将所给出的状态变成门都开着的状态所需要翻转的门的个数。分析：1.'+'对应位置的行与列各个单位都进行一次翻转操作，那么整个图中只有这个'+'的位置符号改变了。2.因此只要对初始状态中的每一个'+'都进行一次操作，整个图中对应翻转的位置由0开始累加。最后取余2，得到为1的位置就是需要翻转的位置。3.整个图中需要翻转的最大次数是16次。代码：View Code 1 #include 阅读全文

摘要： 题意：famer给出一些fields,paths,wormholes.其中paths是fields之间的双向正权值边，wormholes是fields之间的单向负权边。求在这个图中是否存在权值为负的回路。这个题用的是bellman_ford算法。其中有一下几个问题：1.在描述Paths时，a bidirectional path between S and E that requires T seconds to traverse. Two fields might be connected by more than one path. 当时没有看到是双向边，WA了。还有，我没有对后半句处理， 阅读全文

摘要： 题意：给出一个200以内的数n，求出这个数的倍数M,使得M中只有0和1组成。M最多100位。分析：这个题竟然用的是bfs的思想。不看讨论真的想不出来。思路是这样的：1.最高位一定是1.curnum%n不为0时，说明curnum不符合要求。2.判断curnum*10%n和(curnum*10+1)%n是否为0，不为0的话，令curnum=curnum*10和curnum*10+1继续做第二步。直到取余之后为0即可。3.这样就会遇到大数存储的问题。可以这样解决：令 (curnum*10+1)%n=a,求((curnum*10+1)*10+1)%m.由定理（a*b）%n = （a%n *b%n）%n 阅读全文

摘要： 题意：X坐标轴上有A，B两点，两点的坐标都介于0与100000之间(包括)，A点可以有两种方式走动：1.从A走到A-1或者A+1，用时1分钟。2.从A到2*A,用时1分钟，求从A到B最短的时间。分析：这个题用BFS，数组应该开多大呢？有的点乘以2后会比100000大。其实开100001就可以了。如果存在一个路径中有比100000还大的点，那一定存在一条所用时间还要小的所有的点都在100000一下的路径。代码很简单：View Code 1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 #include <queue> 4 阅读全文

摘要： 题意：数独问题这个题思路很好想，但是在判断3*3小区域的时候出现了错误。写的时候还是稳一些吧，要不然调的时候会吐血的。代码：View Code 1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 #include <memory.h> 4 using namespace std; 5 6 const int maxnum=10; 7 int array[maxnum][maxnum]; 8 bool flag; 9 int cur; 10 struct pos 11 { 12 int x; 13 int y; 14 }. 阅读全文

摘要： 题意：染色问题，图中之间有边的两个区域不能染成相同的颜色。求将图中每个区域全部染色后需要最少的颜色。分析：参考染色定理得，无论图中有多少区域，最多需要4个区域。因此遍历这四种情况即可.代码：View Code 1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 #include <memory.h> 4 using namespace std; 5 6 const int maxnum=27; 7 bool array[maxnum][maxnum]; 8 int num; 9 10 void fuction()11 { 阅读全文

摘要： 四色定理：将平面任意的分为不想重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。这里的相邻区域：指有一整段边界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点，不叫相邻。虽然四色定理目前没有严格的数学证明，但是已被计算机穷举搞定。 阅读全文

摘要： 这也是一道DFS题，但写的还是不好。题意：给一个矩阵r*c，求骑士可以从任意一点开始，是否能将这个矩阵中的各个点都走一遍。分析：1.字典顺序啊，lexicographical，当时也没管啥意思，唉。2.不需要找到所有的情况，即如果遍历各点成功，就return ;代码：View Code 1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 #include <memory.h> 4 using namespace std; 5 6 const int maxnum=27; //27，怎么会是8呢 7 bool array[ 阅读全文