vis

一:最短路 1:Floyd void Floyd() { 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]); } } } } View Code extend:Floyd求最小环 for(int i=1;i<=top;i++){ for(int j=1;j<=top;j++){ dis[i][j]=w[i][j]=INF; } } for(int i=1;i<=top;i++){ for(int j=i;j<=top;j++){ if(a[i]&a[j])dis[i][j]=dis[j][i]=w[i][j]=w[j][i]=1; if(i==j)dis[i][j]=w[i][j]=0; } } ll minn=INF; for(int k=1;k<=top;k++){ for(int i=1;i<k;i++){ for(int j=i+1;j<k;j++){ minn=min(minn,dis[i][j]+w[i][k]+w[k][j]); } } for(int i=1;i<=top;i++){ for(int j=1;j<=top;j++){ dis[i][j]=min(dis[i][j]

DJ算法： 基本概念； 通过松弛每一个点（当前距离最小的点）的距离来达到最短距离。 　不过不能解决有负权边的问题（会无线循环）。 时间复杂度； O（n^2); （循环N次 每次在寻找N次的最小点 ，每次更新相邻点的时间忽略不计） 代码： //vis【】检查是否到达过这个点，dis为到达每个点的距离 void djj(int s) { memset(dis,0x3f,sizeof dis); dis[s]=0;vis[s]=1; for(i=1;i<=n;i++) //循环N次，每次找出最短路 { for(int j==0;j<mzy[s].size();j++) //更新相邻的点 { if(dis[j]<mzy[s].w+dis[s]) { dis[j]==mzy[s].w+dis[s]; } } //寻找距离最短的点 int bestt=0x3f; for(int j==1;j<=n;j++) { if(bestt>dis[j]&&vis[j]==0) { bestt=dis[j];s=j; } } vis[s]==1; } } DJ的优化： 优先队列： 基本操作： empty() 　　 如果队列为空，则返回真 pop()　　　　删除对顶元素，删除第一个元素 push() 　　 加入一个元素 size() 　　　 返回优先队列中拥有的元素个数 top() 　　　

一、鄙人的浅薄认知：给你一些具有父子关系的数据，你的任务就是把他们家家谱汇总出来，然后，顺便记录一些年龄啊，几个孩子什么的，最后回答问题就行了。 二、典型例题 1、HDU 1232 畅通工程 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1232 这道题是大多数人的入门题。 题解：有好多村子，现在已经建了一些路了，问还要建多少才能让所有的村子相通。 首先至少ans = n - 1条，如果目前互不认识。然后建立父子关系，不是一个祖宗的给他们建了路了，父子关系成立，他们成为一家子了，ans 自然 - 1。 是一个祖宗的本来就是一家子，不用管。然后一直这样判断直到读入结束。 代码： 1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 using namespace std; 5 const int N = 1010; 6 int father[N]; 7 8 int Find(int x) { 9 if (father[x] == x) return x; 10 return father[x] = Find(father[x]); 11 } 12 13 int main() 14 { 15 int n, m; 16 while (scanf("%d", &n) && n) {

T1 [数学] 期望得分：100 先通分，求出分子的最小公倍数，再讨论跟共同的分母B*D的关系即可。 【code】 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define File "tile" inline void file(){ freopen(File".in","r",stdin); freopen(File".out","w",stdout); } inline int read(){ int x = 0,f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch=='-')f = -1; ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x<<1) + (x<<3) + ch-'0'; ch = getchar();} return x*f; } //const int mxn = ; int T,A,B,C,D; ll gcd(ll x,ll y){ return y ? gcd(y,x%y) : x; } int main(){ file(); T = read(); while(T--){ A = read(),B = read(),C = read()

题意：T组输入。n，m，c代表n个点，m个关系，相邻两层移动距离为C。每个点都会存在某一层上。 　　一个点可以移动c到相邻的层上任意一点（不能移动c到同一层的一点上）。 问：第一个点到第n个点的最短路 思路：把每层看做其他的新加的点，第一层可以看作第n+1个点。 　------------------------------------------------------------------------- 我刚开始写的时候。 错解：第一层的所有点和第n+1个点建了双向，且权值为零的路。这样是错的，因为如果这样建图，同一层的点互相达到的距离为0. 正解：由第n+1个点到第一层的所有点建个 单向 的路，再由第一层的各个点建个 单向 的路到第一层相邻的两个层（就是第零层和第二层，实际上没有第零层，举个例子而已， k层的两边是n+k+1和n+k-1 ）的路，如果这层不存在就不需要建路。 注意第1层和第n层要特殊判断一下。 最短路跑完后如果d[n]==inf，侧代表无路 #include <iostream> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <map> #include <iomanip> #include <algorithm> #include

直秒并查集。这题的难点就在于怎么删点。如果要删的是叶节点，那还好，直接刨掉即可 如果是中间节点甚至是根节点，那就不好办了..... solution： 对于独立一个点，我可以用邻接表模拟，然后用并查集维护联通，删点就是普通删点，但是实现难度高，复杂度大，算了，还是想正解吧 正解：对于一个删了的点，我们打个标记，然后开一个新点表示这个点（居然有点像主席树233.....） 于是， 动态开点并查集 诞生了（口胡） 具体操作在代码里解释 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=2e6+9; int n,m,ans,vis[maxn],fa[maxn],d[maxn],cnt; int T; int find(int x)//普普通通的并查集 { if(fa[x]==x) return x; return fa[x]=find(fa[x]); } void mergy(int x,int y)//普普通通的合并 { int fx=find(x); int fy=find(y); if(fx!=fy) fa[fx]=fy; } void del()//普普通通的清零（多组数据） { memset(vis,0,sizeof(vis)); ans=0; n=0,m=0; } int main() {

SAT是适定性(Satisfiability)问题的简称。一般形式为k-适定性问题，简称 k-SAT。而当$k>2$ 时该问题为NP完全的。所以我们只研究$k=2$时 情况。 定义 2-SAT，简单的说就是给出$n$ 个集合，每个集合有两个元素，已知若干个$\langle a, b \rangle$ ，表示$a$与$b$ 矛盾(其中$a$ 与$b$ 属于不同的集合)。从每个集合选择一个元素，使得选出的$n$ 个元素两两不矛盾的问题，就是2-SAT问题。显然可能有多种选择方案，一般题中只需要求出一种即可。 解决方法 我们考虑将2-SAT问题往图论的方向靠，每个元素用结点来表示，元素间的矛盾关系建边来表示。 设$\{a, a'\}$是一个集合里的元素，$\{b, b'\}$是另一个集合里的元素，假如$a,b$之间有矛盾，那么连边$a\to b'$，表示选了$a$就要选$b'$，连边$b\to a'$，表示选了$b'$就要选$a$。 这样问题就转化为了从$2\times n$个结点里选出$n$个分属不同集合的结点，并且对于每个选出的结点，其所有后继结点也都被选出。 方法1：dfs暴搜 就是沿着图上一条路径，如果一个点被选择了，那么这条路径以后的点都将被选择，那么，出现不可行的情况就是，存在一个集合中两者都被选择了。最坏时间复杂度为$O(nm)$，虽然后面讲的Tarjan

题意： 求树上两点之间距离小于 k 有多少组。 解决必备条件： 树的重心求解 https://blog.csdn.net/flymoyu/article/details/99692889 点分治 https://blog.csdn.net/flymoyu/article/details/99693871 代码： # include <stdio.h> # include <string.h> # include <iostream> # include <algorithm> # include <vector> # include <queue> # include <set> # include <map> # include <string> # include <math.h> # include <stdlib.h> # include <time.h> using namespace std ; const int MAXN = 10010 ; const int INF = 0x3f3f3f3f ; struct Edge { int to , next , w ; } edge [ MAXN * 2 ] ; int head [ MAXN ] , tot ; void init ( ) { tot = 0 ; memset ( head , - 1 , sizeof

在国际象棋里，王是最重要的一个棋子。每一步，王可以往上下左右或者对角线方向移动一步，如下图所示 给定两个格子 A(r1c1) B(r2c2)，你的任务是计算出一个王从 A到 B至少需要走多少步。为了避免题目太简单，我们从棋盘里拿掉了一个格子 C(r3c3)（ABC保证互不相同），要求王从 A走到 B的过程中不能进入格子 C。在本题中，各行从上到下编号为 1~8，各列从左到右编号为1~8。 Input 输入包含不超过10000组数据。每组数据包含6个整数r1 c1 r2 c2 r3 c3 (1<=r1 c1 r2 c2 r3c3<=8). 三个格子A B C 保证各不相同。 Output 对于每组数据，输出测试点编号和最少步数。 Sample Input copy1 1 8 7 5 6 1 1 3 3 2 2 Sample Output copyCase 1: 7 Case 2: 3 #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <map> #include <vector> #include <set> #include <queue> #include <stack>

思路：最小费用最大流 提交： \(1\) 次 题解： 拆点 对于题目中的边 \((u,v)\) 且 \(u<v\) ，则连 \((u,v+n)\) ，流量为 \(1\) ，费用为边权。 对于能力爆发，连边 \((S,i+n)\) ，流量为 \(1\) ，费用为能力爆发的代价。 最大流一定会跑满(即边 \((i+n,T)\) 满流)，代表所有点都只经过一遍。 \((S,i+n)\) 满流代表使用了能力爆发， \((u,v+n)\) 满流代表选择边 \((u,v)\) 。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<queue> #define ll long long #define R register int using namespace std; namespace Luitaryi { template<class I> inline I g(I& x) { x=0; register I f=1; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f; do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*=f; } const int N=1610,M