摘要：
题目链接：http://poj.org/problem?id=2391思路：求最短时间,可以想到二分,然后判断可行性。首先在原图上求 floyd,得到每两个棚之间的最短距离。然后拆点:将每个棚拆为 i 和 i’(流进和流出),添边(i,i’,INF)。增加源点 s 和汇点 t,从 s 连边到 i,容量为该棚现在的猫的数量,i’连边到 t,容量为该棚的容量。若棚 i 和棚 j 之间的距离不大于 limit,则连边(i,j’,INF), (j,i’,INF)。求最大流,若从 s 发出的边均满流,则在 low 和 mid 中搜索;否则在 mid 和 high 中搜索。 1 #include 2 .. 阅读全文
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题目链接：http://poj.org/problem?id=2135思路：把路长看作费用，然后如果u,v之间有边，就连u->v,v->u,边容量为1,表示每条边只能走一次，最后就是源点与1连边，容量为2，费用为0，n与汇点连边，容量为2，费用为0，表示增广2次。这样就转化为为最小费用最大流问题来求解了。 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 using namespace std; 7 #define MAXN 1010 8 #define MAXM 88888 9 #define inf 1que... 阅读全文
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题目链接：http://poj.org/problem?id=2125思路：将最小点权覆盖转化为最小割模型，于是拆点建图，将点i拆成i,i+n，其中vs与i相连，边容量为w[i]-,i+n与vt相连，边容量为w[i]+,如果i,j有边相连，则i与j+n连边inf.从而跑最大流求解。对于输出解决放案，我们可以在残余网络中进行dfs,从vs出发，对于那些in遍历到的点,说明之前有j->i的边（jj不是最小割中的边，i是最小割中的点，输出‘+’。copy一张图： 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 using ... 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4704思路：一道整数划分题目，不难推出公式：2^(n-1)，根据费马小定理：(2,MOD)互质，则2^(p-1)%p=1,于是我们可以转化为：2^(n-1)%MOD=2^((n-1)%(MOD-1))%MOD,从而用快速幂求解。 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespace std; 6 #define MOD 1000000007 7 8 char str[100100]; 9 long long Pow(long l. 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4705思路：反面考虑，用总的方案数减去A，B，C三点在同一路径上的方案数。于是我们可以确定中间点B，在当前以B为根求得的son中任选一个，在剩下的节点n-tmp-1（tmp为已经求得的B的儿子的个数）中任选一个,产生tmp*(n-tmp-1)中组合。 1 #include 2 #include 3 #include 4 #include 5 using namespace std; 6 #define MAXN 100100 7 #pragma comment(linker, "/STAC 阅读全文