dfs

一、题目回顾 题目链接： zxa and leaf Sample Input 2 3 2 1 2 1 3 2 4 3 9 6 2 1 2 1 3 1 4 2 5 2 6 3 6 5 9 Sample Output 3 1 Hint If you need a larger stack size, please use #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") and submit your solution using C++. 题意：一棵树n个点，其中有一些点已经有权值，现在给剩下的点安排权值，使得树中相邻两点的之差绝对值的最大值最小。 二、解题思路 二分+树形dp（也可以二分+dfs） 思路：如果我们首先就想到了二分，那后面很好想了。。 直接二分答案，之后check中，我们随便取1个点为根节点，然后从下向上按拓扑序做树型dp。设SL[u]和SR[u]表示节点u能填的数字的范围 我们从下往上，然后只要判断是否有交集，即有解，我们就能知道当前答案是否可以使用了。 三、代码 #include <map> #include <set> #include <cmath> #include <ctime> #include <stack> #include <queue> #include <cstdio> #include

一、二分图的基本概念 【二分图】 二分图又称作二部图，是图论中的一种特殊模型。 设G=(V,E)是一个无向图，如果顶点V可分割为两个互不相交的子集(A,B)，并且图中的每条边（i，j）所关联的两个顶点i和j分别属于这两个不同的顶点集(i in A,j in B)，则称图G为一个二分图。 也就是说，只要两个点之间有边，那么这两个点就不能同属一个集合，必须分在两边。 这就带来一个问题，并不是所有的无向图G都能转化为二分图。 【二分图的判定】 定理：无向图G为二分图的充要条件是，G至少有两个顶点，且其所有回路的长度均为偶数。 判定方法：根据定义比根据定理更好判定，只需要从第一个点出发，将其染成颜色1，则与其所有相连的所有终点都染成颜色2，如果与其相连的点已经被染成颜色1，则图G不是二分图。 把该点的所有终点当成新的起点，重复以上过程。很显然，既可以用dfs染色，又可以用bfs染色。 dfs染色代码： #include<iostream> #include<vector> #include<cstring> using namespace std; const int maxn = 10010; int n,m;//顶点数 边数 vector<int> G[maxn]; int color[maxn] ; //0 没染色 1 -1不同色 bool dfs(int u, int c){

题目地址 这里有一个非负整数数组 arr，你最开始位于该数组的起始下标 start 处。当你位于下标 i 处时，你可以跳到 i + arr[i] 或者 i - arr[i]。 请你判断自己是否能够跳到对应元素值为 0 的 任意 下标处。 注意，不管是什么情况下，你都无法跳到数组之外。 示例 1： 输入：arr = [4,2,3,0,3,1,2], start = 5 输出：true 解释： 到达值为 0 的下标 3 有以下可能方案： 下标 5 -> 下标 4 -> 下标 1 -> 下标 3 下标 5 -> 下标 6 -> 下标 4 -> 下标 1 -> 下标 3 示例 2： 输入：arr = [4,2,3,0,3,1,2], start = 0 输出：true 解释： 到达值为 0 的下标 3 有以下可能方案： 下标 0 -> 下标 4 -> 下标 1 -> 下标 3 示例 3： 输入：arr = [3,0,2,1,2], start = 2 输出：false 解释：无法到达值为 0 的下标 1 处。 来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/jump-game-iii 著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。 DFS版本： 思路： 遇到了选择左右的情况时，我们把两种情况都记录下来

深度优先搜索 DFS 广度优先搜索 BFS 树与图的存储 树与图的深度优先遍历 树与图的广度优先遍历 拓扑排序 DFS与BFS DFS 尽可能往深处搜，当搜到头的时候才会回溯，然后继续向深处搜索。 DFS首先要考虑的是以何种顺序把某一道题的所有可能方案全部搜一遍 可以看成是一个非常执着的人 两个DFS的重要概念：回溯和剪枝 回溯 当走到头，无路可走的时候，先后 剪枝 提前判断当前的方案一定是不合法的，不用遍历其之后的方案，直接剪掉。 现在看一个最经典的只涉及到回溯的题： AW842 虽然样式很像一棵树，但是每次存储的时候存储的都是一条路径，当回溯的时候相对应的无用路径会被删除。而在写函数时就有一个隐含的栈来帮我们实现这个回溯的。这个栈结构可联想递归时的函数运行顺序。 回溯要注意的一点：回溯要恢复现场，即从碰壁回到原来可以分支的状态 dfs函数的结构如下： # include <iostream> # include <stdio.h> using namespace std ; const int N = 10 ; int n ; int path [ N ] ; //状态数组，存储走的哪条路径 //而且再每次触底返回再重新搜索时之前的数组会被覆盖，所以只需要开一个数组就好了 bool state [ N ] ; //一个bool数组来记录这个数是否被用过(true是用过了)

数的划分 将整数n分成k份，且每份不能为空，任意两份不能相同(不考虑顺序)。 例如：n=7，k=3，下面三种分法被认为是相同的。1，1，5; 1，5，1; 5，1，1; 问有多少种不同的分法。 输入：n，k ( 6 < n ≤ 200，2 ≤ k ≤ 6 ) 输出：一个整数，即不同的分法。 示例1 输入 //两个整数 n,k ( 6 < n ≤ 200， 2 ≤ k ≤ 6 ) 7 3 输出 //1个整数，即不同的分法。 4 C++ 法一：记忆化搜索 方法为减而治之，把n划分成k份的答案就相当于每次把n分成a，b两个数，再把a分成k-1份，然后把每次a分成k-1份的答案相加即可。注意点是每轮分出来的b要不大于上一轮分出来的b。 //https://www.nowcoder.com/questionTerminal/3773e51c48ec4727939cc85a8bc4c60d #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i) #define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i) #define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i) #define

理解题意后分两种情况： 1.b在a的上方: min(dep[p]-1,k)*(ll)siz[p] 因为(p点上方肯定有父亲结点b,我们不用管b是谁) 2.b在a的下方: (dep(p)+1 ~ dep(p)+k矩形框内的所有点子树个数和 所以思路：主席树维护同一深度下的各个结点子树个数和；下标是深度，权值维护的是子树个数和；在dfs序in和out时间戳上建立主席树，把树上问题转变为区间序列问题，利用dfs序时间戳的性质(子树编号在入时间戳和出时间戳的区间内)，查询以p为根子树；所以问题就转变为了查询时间戳内区间内距离为k的点权和（相当于查询 矩形框 框住部分的点的个数了）。用线段树维护貌似也是可以的。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n,q; const int maxn = 3e5+10; vector<int> g[maxn]; int depth[maxn]; ll size[maxn]; int e = 0; int in[maxn],out[maxn],root[maxn]; int ma_siz[maxn],ma_dep[maxn]; struct Node{ ll v; int lc,rc; }T[maxn*24]; //递归计算dfs序 size子树大小

试题描述 有一个大小为M*N的园子，雨后积起了水。八连通的积水被认为是连接在一起的。请求出园子里共有多少水洼？（八连通指的是下面图中相对W的*的部分） *** *W* *** 限制条件： N,M≤100 输入 第一行包含两个正整数 N 和 M，表示将一个园子地面分成N*M块方格，N 行，M列，接下来的 N 行描述了园子地面状况，其中‘W’表示积水的水洼，‘.’表示没有积水。 输出 仅一个数，表示水洼的总数。 输入示例 10 12 w........ww. .www.....www ....ww...ww. .........ww. .........w.. ..w......w.. .w.w.....ww. w.w.w.....w. .w.w......w. ..w.......w. 输出示例 3 其实就是八连块。用dfs（即深度搜索）可以解决。 1 #include <iostream> 2 #define MAXN 101 3 using namespace std; 4 char a[MAXN][MAXN]; 5 int m,n,flag[MAXN][MAXN]; 6 7 void dfs(int i,int j,int id) //dfs函数每运行一次，答案（即cnt）++； 8 { 9 if(i<0||i>=m||j<0||j>=n) return; //如果出界