memset

Why does memset take an int as the second argument instead of a char , whereas wmemset takes a wchar_t instead of something like long or long long ? Jerry Coffin memset predates (by quite a bit) the addition of function prototypes to C. Without a prototype, you can't pass a char to a function -- when/if you try, it'll be promoted to int when you pass it, and what the function receives is an int . It's also worth noting that in C, (but not in C++) a character literal like 'a' does not have type char -- it has type int , so what you pass will usually start out as an int anyway. Essentially the

，二叉树是一颗线段树，树状数组，树上的每个维护节点负责维护一个区间信息，节点之间又包含和属于的关系。例如线段树： DFS序： 我们通过对每个节点设置两个量，in和out。从根节点开始DFS搜索，in为第一次搜索到时的时间戳，out为退出出栈时的时间戳。 可以得到，例如我们要查询以b为根节点我们只需要查询区间[2，5]；要查询以c为根节点子树的信息，我们可以查询区间[6，7]；查询a需要查询区间[1,8]。在程序中，当要查询修改时，我们可以用线段树去维护，因为这些序列的性质和线段树太像了。我们要注意线段树的父区间等于两个子区间的和，而这个序列的区间等于父节点以及所有后代节点，例如b树，区间[2，5]包括了b点和d,e,f点，所以在线段树的区间中我们要保存的是原图中的子树。但是对于一些不规则的区间，例如查询[5,7]或是[2,4]，虽然身在线段树上我们能找到它,但是在原图中没有什么实际意义或者我不易知道这个区间的意义。所以查找时，一般是通过点找区间，而不是直接查找区间。 [1,1],[2,2],[3,3]...[x,x]代表了原图中节点x的值，in[x],out[x]对应了以x为根节点子树的信息 来两道例题： 卡卡屋前有一株苹果树，每年秋天，树上长了许多苹果。卡卡很喜欢苹果。树上有 N 个节点，卡卡给他们编号1到 N ，根的编号永远是1.每个节点上最多结一个苹果

DP&图论 DAY 6 下午 考试 3 5 10 3 1 3 437 1 2 282 1 5 328 1 2 519 1 2 990 2 3 837 2 4 267 2 3 502 3 5 613 4 5 132 1 3 4 10 13 4 1 6 484 1 3 342 2 3 695 2 3 791 2 8 974 3 9 526 4 9 584 4 7 550 5 9 914 6 7 444 6 8 779 6 10 350 8 8 394 9 10 3 7 10 9 4 1 2 330 1 3 374 1 6 194 2 4 395 2 5 970 2 10 117 3 8 209 4 9 253 5 7 864 8 5 10 6 样例输入 437 526 641 样例输出 题解 >50 pt dij 跑暴力 （Floyd太慢了QWQ O（n^3）） 枚举每个点作为起点，dijkstra，跑暴力 O( (n+m)logn )，寻找全局最短路 #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; inline

没有用的话qaq : Ummmm…图论的大部分知识本来早就有学过，只是一直没有写成博文来梳理，但既然上了qbxt DP图论就写一篇来总结下， 主要是来听DP的，但…由于太菜的原因，DP听得天花乱坠QWQ 图中的最短路算法分为单源最短路算法（dijkstra,Bellman-food,spfa）和多源最短路算法(floyd),单源最短路算法是求图上一点到其他任意一点的最短路径，多源最短路算法是求图上任意两点之间的最短路。 一，多源最短路算法 Floyd弗洛伊德算法，运用了动态规划的思想，用邻接矩阵存储，期初将从任何一点到其他所有点的最短路都置成正无穷，然后输入时修改有的权值，其主要思想是动态规划，在最外围枚举点，看看有没有一个点可以更新两点之间的最短路。 代码简单易懂 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); for(int k=1;k<=n;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); 时间复杂度为O(n^3 ),空间复杂度为O(n^2),时间和空间均不是很优，一般较少采用，一般在求n范围较小的多源最短路题中才有出现。 可以适用于有负权边的情况，可以判断图的连通性，可以传递闭包 二，多源最短路算法 1，Dijkstra a

发几个以前写的拓扑排序，回顾一下。 拓扑排序，一般不会单独考，主要要求还是掌握好这个概念，有个感性的认识，以及能快速的写出求拓扑排序的程序，进而继续接下来对图的处理，或是比如dp之类的算法，又或者是判断有无环之类。求拓扑序主要就是运用队列，push入度为0的点，删掉它们出去的边，重复这个操作。像要是求字典序最小，就可以用优先队列。 TOJ 3993 求字典序最小的拓扑排序 1 #include<cstdio> 2 #include<queue> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 6 int ans[110], in[110]; 7 bool e[110][110]; 8 int n, m; 9 int main() 10 { 11 int T, x, y; 12 scanf("%d", &T); 13 while(T--) 14 { 15 memset(e, 0, sizeof(e)); 16 memset(in, 0, sizeof(in)); 17 scanf("%d %d", &n, &m); 18 for (int i = 0; i < m; i++){ 19 scanf("%d %d", &x, &y); 20 if (!e[x][y]){ 21 e[x][y] = 1; 22 in[y]++; 23 } 24 }

刚开始想复杂了，一直做不出来，，，其实就是 两遍dijkstra+优先队列 （其实就是板子题，只要能有个好的板子， 剩下的都不是事 ），做出来感觉好简单...... 题意：有n个车站和n个志愿者，早上每个志愿者去一个站点，晚上回去，问最少的开销是多少。 是一个有向图 先一遍dijkstra求出早上的开销，在把车站倒过来及1到4变成4到1，然后再一遍dijkstra求出晚上的开销。 不要用memset去初始化为INF， 本题如果用memset会wa，记得开long long； 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 using namespace std; 5 6 const int INF = 1e9+10; 7 const int N = 1000010; 8 const int M = 1000010; 9 int tot; 10 11 struct Edge //dijkstra＋优先队列板子 12 { 13 int v, cost, next; 14 }edge[M]; 15 16 struct qnode 17 { 18 int v,c; 19 bool operator < (const qnode &x) const { 20 return c > x. c; 21 } 22 }; 23

题目链接 在刘汝佳的那本书上看到了这道题，思路：先预处理出起点到所有点以及终点到所有点的最短路径，然后就是枚举所有的商务边，因为只能有一条商务边，所以最优的路径肯定要么就是起点->商务边起点->商务边终点->终点，要么就是直接起点->终点。时间复杂度为预处理的mlogn加上k次枚举。最后还要递归输出路径。 代码如下，UVA的输出有毒，一直过不了，但肯定是对的。 //不知道是怎么回事，可能是输出格式的问题。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e6+7; struct node{ int nxt,to,val; }edge[maxn*3]; int head[maxn],cnt; int dis[maxn],dis1[maxn]; int ans; inline void add(int x,int y,int v){ edge[++cnt].nxt=head[x]; edge[cnt].to=y; edge[cnt].val=v; head[x]=cnt; } int n,s,e,m,k,x,y,z; int o,p,t; bool vis[maxn],vis1[maxn]; int pre1[maxn],pre2[maxn]; int ljb; priority_queue< pair<int