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A. Hotelier（水题） 题意：有0-9号，10个房间，客人可以从左边进，右边进，L代表从左边进，R代表从右边进，0-9代表该房间的客人离开，从左右进的都选择住离入口最近的，然后 问在操作结束后每个房间是否还有人。 题解：遍历一遍就行了~ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; typedef long long ll; bool vis[maxn]; int main(){ int n; cin>>n; string s; cin>>s; int l=0,r=9; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<s.size();i++){ if(s[i]=='L'){ for(int j=0;j<=9;j++){ if(!vis[j]){ vis[j]=true; break; } } } else if(s[i]=='R'){ for(int j=9;j>=0;j--){ if(!vis[j]){ vis[j]=true; break; } } } else vis[s[i]-'0']=false; } for(int i=0;i<=9;i++){ if(vis[i])cout<<1; else cout<<0; } cout<<endl;

一、 匈牙利算法 解决二分图中的最大匹配问题（很多时候都可以把题目转变成二分图， 刚学网络流有点头大 ）。两个互不相交的子集V1 ,V2 寻找他们能匹配到的最大数量。（由于我菜鸡，仅仅给出几种模板，网上有很多博客讲的很好了） 1、邻接表实现（O( n^3） 模板秒切 过山车 【模板】二分图匹配 [ZJOI2009]假期的宿舍 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N=1001; int n1,n2,k; //n1,n2为二分图的顶点集,其中x∈n1,y∈n2 int map[N][N],vis[N],link[N]; //link记录n2中的点y在n1中所匹配的x点的编号 int find(int x) { int i; for(i=1;i<=n2;i++) { if(map[x][i]&&!vis[i])//x->i有边,且节点i未被搜索 { vis[i]=1;//标记节点已被搜索 //如果i不属于前一个匹配M或被i匹配到的节点可以寻找到增广路 if(link[i]==0||find(link[i])) { link[i]=x;//更新 return 1;//匹配成功 } } } return 0; } int main() { int i,x

广搜优化题目总结 电路维修* 这道题之前打过，但那时候打题太水了，没有真正掌握这道题的知识点。（ 果然我还是太蒻了 ) 这道题的解法是先建边，对于每一个单位正方形，将有边相连的两个对角建一条长度为0的无向边，另外两个对角建一条长度为1的无向边。然后可以跑最短路或者用 双端队列bfs ( 0-1bfs )。 跑最短路的话要注意由于是网格图spfa会炸掉，所以要用堆优化的dijkstra( ~~不会不加堆优化的dijkstra (^_^)~~ ) 因为在练习广搜，所以我用的是双端队列bfs 当我们遇到边权只有1的情况时，显然直接bfs，然后第一次访问到某个点的“时间”就是到它的最短路径 当边权同时存在1和0两种情况时，我们就可以采用双端队列bfs，也叫作0-1bfs，就是访问时，若边权为0，则把目标点v放在队首，若边权为1，则把目标点放在队尾，这样是为了使得边权为0时的目标点v先被访问。 我按照这个思路做了，但却WA了，后来我一看题解，队列里维护的居然不是点，而是边，我一直想不通为什么，找了半天也只有题解模糊地写到，然后我就自己手玩了一把，发现如果是维护点，那么有可能会出现这样的情况：显然如果边权为0，那么目标点v与点u应该处于广搜的同一层，但如果是维护点，就可能会出现点v在被点u访问到之前被下一层的点提前访问了（也就是由这一层的点通过边权为1的边得到的目标点vv访问过来

题目链接： Prime Ring Problem 给定一个环和1~n，让你将其填到环上，使其相邻的数相加为质数。 思路：首先题目要求找出所有的情况并打印，dfs可以进行处理。考虑数组代替环存，最后放完n个数的时候加一个首尾和判断。使用dfs进行试探，如果满足条件继续深搜，不满足则回退。 dfs函数： void dfs(int x) //参数的含义是填了多少个数 { a[0]=1; if(x==n&&isprime(a[0]+a[n-1])) //满足条件直接输出 { for(int i=0;i<n-1;i++) { cout<<a[i]<<" "; } cout<<a[n-1]<<endl; } else { for(int i=2;i<=n;i++) //由于首部为1，所以从2开始进行搜索，这个循环保证所有数都能用到 { if(isprime(a[x-1]+i)&&vis[i]==0) //vis表示该数字是否被用过【因为每个数字只能用一次】 { vis[i]=1; a[x]=i; dfs(x+1); //下一步搜索 vis[i]=0; } } } } 完整代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[105],vis[105],n; bool isprime(int x) { for(int i=2;i*i<=x

这些题都是 http://www.cnblogs.com/ambition/archive/2011/07/25/search_plus.html 　　里的。。我的一些代码也参考了里边的代码 HDU 1043 Eight 话说是一道涉及到人生完整不完整的题　八数码 判断有没有解：求出所给状态的逆序数m，如果同是奇数则无解，偶数则有解。　　why? 因为移动一次逆序数　加２　或　减２　（我也不会证，就是自己试了下，发现是） 　　　在我的程序中空位用0表示 　　　方法一：　A* 　　　估价函数：　计算当前状态到目标状态的　曼哈顿距离。　因为移动一次，曼哈顿距离　加１或减１，所以直接返回曼哈顿距离 　　　状态存储：　采用　康托　法。　把一个图转化成一个数。 　 判重：　　　把图转化为　康托数后，用个　hash 9!=362880 　　　然后就是bfs了。 　　　用一个pre 数组记录路径 A* 是要用优先队列了，无奈于对堆不太熟练，于是用了STL 下面对程序的执行过程简略介绍： 　　　对于每个结点存　了当前的图Ｇ（用了康托后就是一个数，　(可以不用康托数，直接开个数组　记录整个图）我的第二个程序就是这样的。 当前已走多少步step, 当前状态到目标状态的曼哈顿距离dis, 则预计至少h步到目标状态（h=step+dis) 优先队列就是根据　按上从小到大排序的　　　　　　（ＳＴＬ

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

首先有两个最短路，可以考虑把一个东西拿出来二分，也就是可以二分最小值，但是注意不要用SPFA 他死了 ，可以用Dij跑最短路，再二分，效率会大大提高 1.SPFA #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e4+5; const int M=1e5+5; int n,m,tot,head[M]; long long f[N],d[N],b,a[N]; bool vis[N]; struct node{int to,next;long long val;}e[M]; void add(int u,int v,int w){e[++tot].to=v;e[tot].next=head[u];e[tot].val=w;head[u]=tot;} bool spfa(long long k){ queue<int> q; if(a[1]>k||a[n]>k)return false; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=2;i<=n;i++)d[i]=LLONG_MAX; d[1]=0;q.push(1);vis[1]=1; while(!q.empty()){ int u=q.front();q.pop();vis[u]=0; for(int i=head[u];i;i=e[i

Leetcode之深度优先搜索（DFS）专题-200. 岛屿数量（Number of Islands） 给定一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，计算岛屿的数量。一个岛被水包围，并且它是通过水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成的。你可以假设网格的四个边均被水包围。 示例 1: 输入: 11110 11010 11000 00000 输出: 1 示例 2: 输入: 11000 11000 00100 00011 输出: 3 分析：这题同样是求连通块，相比于 130. 被围绕的区域（Surrounded Regions） 题少了很多限制条件，同样引入vis，点从其四个方向搜索。 class Solution { int vis[][] = null; int dirx[] = {0,0,1,-1}; int diry[] = {1,-1,0,0}; public int numIslands(char[][] grid) { if(grid==null || grid.length==0){ return 0; } int ans = 0; vis = new int[grid.length][grid[0].length]; for(int i=0;i<grid.length;i++){ for(int j=0;j<grid[0].length;j++){ if

问题 I: 【哈希和哈希表】门票 题目描述 RPK要带MSH去一个更加神秘的地方！ RPK带着MSH穿过广场，在第1618块砖上按下了一个按钮，在一面墙上随即出现了一个把手。RPK握住把手，打开了一扇石质大门。他们穿过悠长而芬芳的小道，走到了一扇象征时间的大门――“the gate of time”。 门上写着一个关于时间的谜题“承诺：____年”，RPK思考了一会，从容地用手指写下1万，这时，门开始发出闪光，MSH感觉到自己的心跳都快停止了。 门开了，眼前是一座美丽的神秘花园！ 正当RPK和MSH准备进入的时候，突然出现了一个看门的老大爷QL。 QL：“你们干什么你们，还没买票呢！” RPK突然想起来现金全拿去买蛋糕了，RPK很绅士的问：“能刷卡么？我身上没现金。” QL：“没钱？那你们不能进去！” RPK（汗）：“……” QL：“等等，我这有道不会的数学题，你解了我就让你们进去。” （众人：“……”） 有一个数列{an}，a0=1，ai+1=（A*ai+ai mod B）mod C，要求这个数列第一次出现重复的项的标号。 这点小问题当然难不倒数学bug男RPK了，仅凭心算他就得到了结果。 输入 一行3个数，分别表示A B C 输出 输出第一次出现重复项的位置，如果答案超过2000000 输出-1 样例输入 2 2 9 样例输出 4 提示 30%的数据A B C≤1e5 100

NOIP2011 复盘 D1T1 P1003 铺地毯 经典题目，不必多说 #include<bits/stdc++.h> using std::cin; using std::cout; using std::endl; const int maxn = 10005; int a[maxn], b[maxn], g[maxn], k[maxn], n; int x, y; int main() { scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d %d %d %d", &a[i], &b[i], &g[i], &k[i]); scanf("%d %d", &x, &y); for(int i = n; i >= 1; i--) { if(a[i] <= x && x <= a[i] + g[i] && b[i] <= y && y <= b[i] + k[i]) { printf("%d\n", i); return 0; } } printf("-1\n"); return 0; } D1T2 P1311 选择客栈 对于最低消费，套一个ST表求RMQ。 我们将相同的色调的点一起存，然后考虑用暴力跑出答案。 然后可以发现，如果左端点固定，只需要按顺序向右找第一个满足条件的点，后面的点来组成一定都可以。