摘要： HDU_3308 这个题目可以用线段树去做。对于一个区间内最长的LCIS，要么在左儿子中，要么在右儿子中，要么就横跨在中间。 单点的更新操作还是比较好写的，因为其没有区间限制，只要依次更新线段树上的各个父节点即可。 查询操作就有区间限制了，但区间内最长的LCIS的性质还是没有变的，即要么在左儿子中，要么在右儿子中，要么横跨在中间。但由于有了区间的限制，我们在更新最优解的时候要对不同形态的区间分类讨论一下了。#include<stdio.h>#include<string.h>#define MAXD 100010int N, M, a[MAXD], mc[4 * MAX 阅读全文

摘要： POJ_3667 第一次接触区间合并的问题，更多区间合并的问题可以参考胡浩的博客http://www.notonlysuccess.com/index.php/segment-tree-complete/。 既然要查询是否存在一个长为d的连续空区间，那么我们至少要记录对于每个区间而言，其中的最长的连续空区间是多大，这个用mc[](max contiguous)表示。同时在查找的过程中，连续空区间有三种形式，在左子树，在右子树，或者横跨两棵子树。当然我们要优先找左子树，最后再找右子树，那么中间的这个横跨的怎么办呢？于是我们可以引入lc[](left contiguous)表示一个区间从左边开始. 阅读全文

摘要： POJ_2449 一开始我的思路就是把图上每个点搞一个容量不小于K的最大堆和最小堆，最小堆用于取当前该节点的第某短路值，最大堆用来保存前K小的最短路。 最后为了每次能查询全局最小值，再把N个点放到一个线段树（最小堆）上即可，剩下的工作就是进行dij的过程了，当访问终点的次数达到第K次时break即可，这时就是第K短路的值了。 但这样会TLE，所以还是要用A*算法。 感觉A*就像是个优先级队列，从这个角度讲，dij本来也是A*算法，只不过其估价函数就等于起点到该点的最短距离。 而这个题目需要变一下估价函数，设g[i]为由某条路线从S到i点的路径长度，d[i]表示i点到T的最短路，那么我... 阅读全文

摘要： POJ_3255 本来想做POJ_2449的，结果自己想的这个算法TLE，看来解决那个题只能搞A*了。 这个题目由于求次短路，第K短路的K就是2，比较小，所以可以直接用纯dij搞。我的思路就是把图上每个点搞一个容量不小于K的最大堆和最小堆，最小堆用于取到达当前该节点的第某短路值，最大堆用来保存前K小的最短路。 最后为了每次能查询全局最小值，再把N个点放到一个线段树（最小堆）上即可，剩下的工作就是进行dij的过程了，当访问终点的次数达到第K次时break即可，这时就是第K短路的值了。 当然，这么做其实是麻烦了，因为实际上K为2，所以可以直接把一个点拆成两个点，一个存当前最短路值，一个存次... 阅读全文

摘要： POJ_3635 可以把图上一个点拆成C+1个点然后直接应用dij即可，同时总状态是一定的，为了减少每一步的决策量，我们可以每次加油都只加1个单位。 貌似这样的题目用dij都会比SPFA快一些，因为状态比较多，而dij搜到终点就可以退出，这样相比SPFA减少了对很多无用状态的搜索量。#include<stdio.h>#include<string.h>#define MAXD 1010#define MAXM 20010#define MAXC 110#define MAXT 110000#define INF 0x3f3f3f3fint N, M, Q, D, S, 阅读全文

摘要： HYSBZ_1002 努力了一大节毛邓课，终于把这个题的递推公式写出来了O(∩_∩)O~ 由于推倒过程有点不好叙述，所以在此就只列出结论了，如果有什么疑问或者建议可以一起讨论哈。 设f[n]表示第n个原子和中心相连的病毒数，g[n]表示第n个原子不和中心相连的病毒数，那么最后的结果就是f[n]+g[n]。同时还需要一个辅助的表达式h[n]，表示将环变成一条直链（首尾没有直接相连的线）后的病毒数（用h[n]去推其他表达式的时候可以看作是第n个原子和第1个原子不连线，而在计算h[n]的时候实际上也可以看成是第n-1个原子和第n个原子之间不连线，这样更容易得到h[n]=f[n-1]+2*h[n-1. 阅读全文

摘要： POJ_3613 这个题目我们可以用一个矩阵f[i][j][n]表示进过的边数为n的i到j的最短路，利用二分的思想就可以得到f[i][j][n]=min{f[i][k][n/2]+f[k][j][n-n/2]}，这样就可以用快速幂去做了。只要先求得f[i][k][n/2]，就可以利用f[i][k][n/2]求得f[k][j][n-n/2]，于是一共只需要计算O(logn)个矩阵，每个矩阵是2维的，计算的时候可以用floyd。 此外，这个题目顶点的标号范围较大，但实际上点数很少，所以可以先将各个点做一次映射。#include<stdio.h>#include<string.h& 阅读全文

摘要： HYSBZ_1003 以前一直看不懂discuss的状态转移方程，后来某天早晨醒来的时候突然就发现我终于理解了……看来还是早晨的效率比较高。 可以用f[i]表示到第i天的时候最小费用，那么f[i]={f[j]+cost[j+1,i]+K}(0<=j<i)，其中cost[i,j]表示由第i天到第j天都可以走得通的最短路。 这样求完之后再减去一个多余的K即可。#include<stdio.h>#include<string.h>#define MAXD 30#define DAY 110#define MAXQ 1010#define INF 0x3f3f3f3 阅读全文

摘要： ZOJ_2112 当自己学了splay之后，这个题目的基本思想就可以理解了，但代码还是写得相当挫，在后面的学习过程中再不断完善吧。 首先线段树可以完成对区间的限制，而平衡树则可以完成统计区间上不大于x的数，这样我们就可以在线段树的节点上放一棵平衡树，平衡树上有这个区间上所有的数。修改操作比较好完成，只要查找这个数在哪些区间中，并在对应的平衡树中更新相应的值即可。至于查询操作，我们可以先二分答案x，将问题转化成x是否可以作为第k大的数，然后只要统计区间中不大于x的数的数量n2，以及不大于x-1的数的数量n1，如果满足n1<k<=n2，那么自然x就是解了。 由于线段树有logn层，每层 阅读全文

摘要： POJ_3468 (2) 第三次写这个题了，不过这次写的挺痛苦的，也是为了练基本的splay对区间的操作，不过写得比较挫…… 不过通过这次写splay的代码，感觉论文上rotate操作里面的push_down下传标记的操作是没有用的，因为调用rotate_to找对应节点的时候已经把标记都下传好了，而rotate操作也只是对rotate_to走过的路径上节点进行操作，因此该下传的就早已在调用rotate_to的时候下传完毕了。#include<stdio.h>#include<string.h>#define MAXD 100010int N, Q, T, node, l 阅读全文