05 2012 档案
摘要：令res[i][j]表示前i个邮局负责前j个村庄的最小值。res[i][j]=res[i-1][k] + dist(k+1,j), (i<=j<=m，i-1<=k<j);#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;int pos[301],res[35][301];#define MAX 1234567890int min(int a,int b){ return a < b ? a : b;}int dist(int i,int
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摘要：简单DP；状态转移方程如下：令len[i][j]表示串1前i个字符与串2前j个字符所得到的符合要求的串的最短长度。令res[i][j]表示串1前i个字符与串2前j个字符所得到的符合要求的最短串的方案数。len[i][j] = str1[i]==str2[j] ? len[i-1][j-1] +1: min(len[i-1][j],len[i][j-1])+1。若str1[i]==str2[j]，res[i][j]=res[i-1][j-1];若 str1[i]!=str2[j] ，分三种情况：（1）len[i-1][j] < len[i][j-1] , res[i][j]=res[i-1
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摘要：简单DP#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;char map[2][1410];int S[4][2][1410],s[4][2][1410],smax,Smax;int max(int a,int b){ return a > b ? a : b;}int work(int n,int e){ int i; for(i=1;i<=n;i++) { if(map[e][i]=='S') { if(map[1-e][i...
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摘要：#include<windows.h>#include<iostream.h>#include<stdio.h>HANDLE g_hProcess;DWORD dwGoalAddr[1024],count;int CompareAPage(DWORD dwBase,DWORD goal){ DWORD i; BYTE arBytes[4096]; if(!::ReadProcessMemory(g_hProcess,(LPVOID)dwBase,arBytes,4096,NULL)) { return FALSE; } DWORD * lpDw...
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摘要：查找进程中QQ进程并终止该进程#include<windows.h>#include<stdio.h>#include<tlhelp32.h>DWORD FindProcess(char * fileName)//查找进程{ PROCESSENTRY32 pe32={sizeof(PROCESSENTRY32)}; HANDLE hSnapshot=CreateToolhelp32Snapshot(TH32CS_SNAPPROCESS,0); if(hSnapshot==INVALID_HANDLE_VALUE) { printf("获取进程快照失
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摘要：简单的01背包，关键是找路径，通过此题对01背包找路径有了更深的认识了。#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<stack>using namespace std;int res[100010],nPath[100010],father[100010],data[110];int work(int goal,int n){ int i,j; memset(res,0,sizeof(res)); memset(nPath,0,sizeof(nPath)); memset
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摘要：纠结了一天也没有想到怎么用DP来做，看了看大牛的想法顿时茅塞顿开：结果是要求从i到j需要多少天，假如用res[i][j]来表示，那么假如我们知道res[1][i]和res[1][j]的话，res[i][j]=res[1][j]-res[1][i] (i<=j),因此转化为求res[1][i]和res[1][j]；而2的整数次幂可以直接求出若用r[i]表示res[1][2^i]的结果r[i]=2*r[i-1]+i-1;画一画就可以看得出来。然后根据r[i]的值递归求任何一个res[1][k]，如何递归呢？拿个Res[1][11]来说吧：先找出大于11的最大2的整数次幂8；Res[1][11
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摘要：题意：找出n的最小倍数，要求这个倍数十进制由1和2组成。看了discuss才知道确实可以用DP来做：令res[i][j]表示前i位对n取余为j是否可以得到。res[i][(10%n*j+1)%n]=res[i-1][j];res[i][(10%n*j+2)%n]=res[i-1][j];用到(a * b) % n=(a % n * b % n) % n;假如我们知道res[i][j]按照上面的公式顺着推很容易得到res[i+1][(10%n*j+1)%n]和res[i+1][(10%n*j+2)%n]的值，但是逆着推就不容易了。不管怎么说还是和01背包一个性质的。但是，提交后MLE，由于找路径
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摘要：最小表示法： 初始时，i=0,j=1，分别以i，j，为起始点顺着i，j，往下比较直到找的str[i+k]!=str[j+k]，然后分两种情况考虑：1、 str[i+k]>str[j+k]，i变成i=i+k+1，j不变，然后继续往下比较。2、 str[i+k]<str[j+k]，j变成j=j+k+1，i不变，然后继续往下比较。直到i或j大于串长，找较小者。说说我的疑惑吧： 用枚举方法我们很好理解，一某一点i为起点，不断查看以i后的点为起点的串是否小于以i为起点的串，这理解起来不难。我们假设以i点为起点的串为S1，以j点为起点的串S2，而用最小表示法的话，需要找的S1、S2第一个不相等
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摘要：简单贪心，贪心原则是将每一个单调序列尽可能的大。#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;int data[100001];int work(int m,int n){ int head=m+1,count=0; if(n-m<=1) return 1; while(head<=n) { count++; while(data[head]==data[head-1]) head++; if(data[head]>data[head...
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摘要：用动态规划超时了，悲剧，没想到可以用贪心O(n)就搞定了。#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;struct node{ int x,y;}vert[100010];int res[100010];int cmp(node a,node b){ return a.x < b.x;}int work(int n,int m){ int i,k=0,max=0,count=0,pre=0; if(n==0
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摘要：简单DP，状态转移方程如下：res[i][j]=min(res[i][j],res[k][j-1]+fact(k+1,i)) (1<=j<i && j<=m, 1<=i<=n, 1<=k<i);fact(i,j)表示从i到j的系数。#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;#define MAX 1234567890int res[501][501],fact[501][501],horse[501];
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摘要：令res[i][0]表示升级到i并且是正版的最小消费，res[i][1]表示升级到i并且是盗版的最小消费。res[i][0]=min(res[i][0],res[k][0]+edge(k,i)) (其中k必须可以升级到i，并且保证升级到i是正版)；res[i][1]=min(res[i][1],res[k][x]+edge(k,i)) (其中res[k][x]表示正版盗版都行，关键保证升级到i是盗版)简单DP不用再说了，不过就是用到临界表来存储边，减小空间复杂度（姑且这样说）。#include<iostream>#include<cstdio>#include<c
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摘要：令res[i][j][0]表示数字和为i，数字平方和为j的可能性，要么为0要么为1,；res[i][j][1]表示至少有多少位数字。res[i][j][0]=res[i-k][j-k*k] ? 1 : 0;(1<=k<=9 , 1<=i<=900,1<=j<=8100)res[i][j][1]=min(res[i][j],res[i-k][j-k*k]+1);然后根据res[i][j][1]寻找最优解需要预处理一下，不然可能TLE，之前没有预处理TLE了n次。。。。。。。#include<iostream>#include<cstdio&g
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摘要：第一道树状数组，每个第一道都那么艰难……..#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;#define MAX 1234567890int res[10010],data[10010];int lowbite(int x){ return x & (x^(x-1));}int GetSum(int i){ int t=0; while(i>0) { t+=res[i]; i-=lowbite(i); } return t;}int A...
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摘要：令res[i][j]表示从i到j是否是回文串。res[i][j]= (str[i]==str[j] && res[i+1][j-1]) ;接下来是如何找最少个数回文串，令inum[i]表示从1到i至少有多少个回文串，再次用DP；inum[i]=min(inum[j]+1),(其中res[j][i]==1,1<=j<i);最后根据inum[i]的值寻找一种可行的方案。O(n^2)的时间复杂度，O(n^2)的空间复杂度，网上还有更好的代码，竟然没有看懂#include<iostream>#include<cstdio>#include<cs
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