02 2012 档案
摘要：今天也算是练习了一下记忆化搜索，这道题也包含很多值得注意的地方1、 输入的两个数不一定前者比后者大2、 变换的过程中可能会超出int范围3、 为了不超时可以作下预处理#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;#define MAXINT 1000001int res[MAXINT];int dfs(long long t){ if(t<=1) return 1; if(t<=MAXINT && res[t]!=0) return r
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摘要：一道很好的搜索题目，但是好久没有弄懂题意，题意大致是这样的：在一个地图上给出自己的位置‘Y’，目的位置‘T’，两种墙‘S’和‘B’，还有河‘R’，以及空地‘E’。‘S’和‘R’是不能穿过的，‘B’可以被炸毁但需要一个单位时间，每走一步也需要单位时间。求从初始位置到目的位置至少需要多长时间。dfs和bfs都可以来搜索，dfs复杂度比较高，但可以用记忆化搜索，我选择的是bfs，因为炸毁墙需要一个单位时间，所以按照平常的广搜是不行的，只能一各单位时间一个单位时间的来走，不能一次走两个单位时间。所以每次到达‘B’时，需要等待一个时间。#include<iostream>#include&l
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摘要：题意：给出两串，两串顺序不变看能否组成第三个串。此题深搜和DP都能解决：深搜的话需要几个强有力剪枝条件1、 第三个串最后一个字符要么是串1的最后一个字符，要么是串2的最后一个字符2、 按照串1的顺序对串3进行搜索，若不匹配则该字符必是串2的下一个字符。#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;char first[202],second[202],third[402],Left[401];int sign[402];bool flag;int check(){
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摘要：题意也就是：一个矩形被n条线段分成n+1份，每条线段各不相交，给出几个点落在矩形内部，问各个部分有几个点。由于各个部分各不相交，线段的上、下端点也就排好序了，然后二分查找每个点落在线段左边的第一条线段，也就找出了落点的区域。#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;int upLine[5001],lowLine[5001],res[5001],up,low,Left,Right;int IsLeft(int x,int y,int k){ return (u
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摘要：纯属模拟，但关键分为三种情况：最大的（没有排好的）元素在最底下、在最上面、在其他位置。第一种情况：不需要排，因为已经在该在的位置。第二种情况：需要一步，从它应该在的位置翻转一下。第三种情况：需要两步，先把它翻转到最上面去，然后再从它应该在的位置翻转一次。翻转操作我用栈和队列来回倒换。#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#include<stack>#include<algorithm>using namespace std;#d
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摘要：一道较难的贪心题，看了看大牛的博客才渐渐有了思路：贪心原则应该是Ci大的尽量先染色，但是由于父节点染了才能染子节点的限制使得问题不好解决了，但是Ci大的一定是在其父节点染色后立即被染色，这时大牛们的思路我也没有看明白如何证明的，但仔细一想就明白了。于是我们根据这个条件就可以将Ci大的点与其父节点合并在一起组成一个集合。这样就可以将问题规模减小。 合并后的点（即集合）的属性如何变化呢？假如设fact[i]表示集合的Ci和，iNum[i]表示i所属集合的结点个数；那么把fact[i]/iNum[i]作为贪心原则，其值大者先合并到其父节点，最终合并成一个集合。答案是怎么得出来的我看了很长时间才明白。
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摘要：一道简单的匹配问题，行列匹配，根据题意若行大于列匹配不成功，若列大于行，大于行的部分可随意。代码如下：#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;int map[1001][2],col[1001],match[1001],visit[1001];int dfs(int i){ int j,k; for(j=0;j<2;j++) { k=map[i][j]; if(!visit[k]) { visit[k]=1; ...
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摘要：一道简单的树形DP，可以这么想：每个节点有可能选择也有可能不选择，而且各个子树相互独立，我用DP[i][0]表示节点i不选择所需要的最少士兵，DP[i][1]表示i节点选择所需要的最少士兵。假如j是i的儿子，因此状态转移方程可以写成如下形式：DP[i][0]+=DP[j][1] ;DP[i][1]+=min(DP[j][0],DP[j][1]);#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;struct node{ int i,next;}S[15001];int
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