vis

桥和割点例题+讲解：hihocoder1183 http://hihocoder.com/problemset/problem/1183 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<vector> 5 #include<set> 6 using namespace std; 7 const int maxn=1005; 8 const int maxm=200010; 9 struct edge{ 10 int to,nxt; 11 bool cut; 12 }edge[maxm*2]; 13 int head[maxn],tot; 14 int low[maxn],dfn[maxn]; 15 int index,n,bridge; 16 set<int>st; 17 bool cut[maxn]; 18 19 void addedge(int u,int v) 20 { 21 edge[tot].to=v; 22 edge[tot].nxt=head[u]; 23 edge[tot].cut=false; 24 head[u]=tot++; 25 } 26 27 void tarjan(int u,int pre) 28 { 29 low[u]=dfn[u]=++index; 30

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<limits> 5 #include<vector> 6 using namespace std; 7 const int maxn=6; 8 struct edge{ 9 int to,cost; 10 edge(int t,int c){ 11 this->to=t; this->cost=c; 12 } 13 }; 14 void addEdge(vector<edge> &edgelist, vector<vector<int> > &G,int from,int to,int cost){ 15 edge e = edge(to,cost); 16 edgelist.push_back(e); 17 G[from].push_back(edgelist.size()-1); 18 } 19 void addDoubleEdge(vector<edge> &edgelist, vector<vector<int> > &G,int from,int to,int cost){ 20 addEdge(edgelist,G,from,to,cost); 21 addEdge(edgelist,G,to,from,cost); 22 }

最小斯坦纳树 问题描述： 给定一个包含 \(n\) 个结点和 \(m\) 条带权边的无向连通图 \(G=(V,E)\) 。 再给定包含 \(k\) 个结点的点集 \(S\) ，选出 \(G\) 的子图 \(G'=(V',E')\) 使得： \(S\subseteq V'\) \(G′\) 为连通图； \(E′\) 中所有边的权值和最小。 你只需要求出 \(E′\) 中所有边的权值和。 分析： \(dp[i][s]\) 表示 以 i 为根的一棵树，包含集合 S 中所有点的最小代价 \(i\) 号点不一定在 \(s\) 中 \(w[i][j] + dp[j][s] -> dp[i][s]\) \(dp[i][T] + dp[i][S-T] -> dp[i][S]\quad(T \subseteq S)\) 第二类转移可以用枚举子集来转移，第一类转移是一个三角不等式，可以用 \(spfa\) 或者 \(dijkstra\) 第一类转移复杂度为 \(O(m\log m \times 2^k)\) 第二类转移复杂度为 \(O(n\times 3^n)\) ,子集枚举的时间复杂度可以用二项式定理求出 代码： const int N = 100 + 5; const int M = 1010; int n, m, k, x, y, z, tot; int head[N], ver[M], nxt

模拟题，尝试用python3写了一发，发现不能ac，觉得可能是python写挂了，又用C++写了一遍，还是只能90分。 最后通过看他人的博客被点醒，N=3且3组都有掉落情况时，E=3！！ 其实还是自己读题能力弱了，题意中有对第三个统计量的形式化解释： 是满足条件的元素个数。 另外，还需要注意总和数T可能爆int，需要开longlong（python无视） C++代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll n,cnt=0,a; const ll N=1000+5; ll vis[N]; ll D,E,T; int main() { ll n,m; cin>>n; T=D=E=0; for(ll i=1;i<=n;i++) { cin>>m; cin>>a; ll temp=a; for(ll j=2;j<=m;j++) { cin>>a; if(a>0) { if(temp>a&&!vis[i]) { D++; vis[i]=1; } temp=a; } else temp+=a; } T+=temp; if(i>=3&&vis[i-2]&&vis[i-1]&&vis[i])E++; } if(n>=3&&vis[1]&&vis[n-1]&&vis[n]) E++; if(n>=3&

　　X=a[n]*(n-1)!+a[n-1]*(n-2)!+...+a[i]*(i-1)!+...+a[1]*0! 其中，a[i]为整数，并且X=a[n]*(n-1)!+a[n-1]*(n-2)!+...+a[i]*(i-1)!+...+a[1]*0!。这就是康托展开。 ------来自百度百科 上面这句话说了感觉一头雾水，没有任何条件只是给一个式子谁也看不懂那是什么，所以还需要来解释一下。上面的式子可以在求给定一个全排列，求在整个全排列序列中的第几个。 例如：{1,2,3}按从小到大排列一共6个。123 132 213 231 312 321 。如果想知道 3 2 1 在这个排列序列中数第几位这时候需要用到康拓展开了。 　　第一位是3，当第一位的数小于3时，那排列数小于321 如 123、 213 ，小于3的数有1、2 。所以有2*2!个。再看小于第二位2的：小于2的数只有一个就是1 ，所以有1*1!=1 所以小于321的{1,2,3}排列数有2*2!+1*1!=5个。所以321是第6个大的数。 2*2!+1*1!是康托展开。 　　再举个例子：1324是{1,2,3,4}排列数中第几个大的数：第一位是1小于1的数没有，是0个 0*3! 第二位是3小于3的数有1和2，但1已经在第一位了，所以只有一个数2 1*2! 。第三位是2小于2的数是1，但1在第一位，所以有0个数 0*1!

http://hihocoder.com/problemset/problem/ #1870 : Jin Yong’s Wukong Ranking List 我是每加1个点就dfs判断1次。 正解是拓扑排序。。。 1 #include <cstdio> 2 #include <cstdlib> 3 #include <ctime> 4 #include <cstring> 5 #include <string> 6 #include <map> 7 #include <set> 8 #include <list> 9 #include <queue> 10 #include <vector> 11 #include <bitset> 12 #include <algorithm> 13 #include <iostream> 14 using namespace std; 15 const int maxn=50; 16 17 bool vis[maxn]; 18 char str[maxn][maxn],a[maxn],b[maxn],result1[maxn],result2[maxn]; 19 vector<int>e[maxn]; 20 int r; 21 22 void dfs(int d) 23 { 24 vector<int>::iterator j; 25 vis

题意：给出一颗树，给树的每条边编号（0 - n-2），问使树上两点mex（u，v）最大值最小的编号策略。 解法：根据树的结构，可知找到节点度数大于等于3的点，确定0、1、2. 如果是一条直链则最大值为n-1编号任意。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll ; #define int ll #define mod 998244353 #define gcd(m,n) __gcd(m, n) #define rep(i , j , n) for(int i = j ; i <= n ; i++) #define red(i , n , j) for(int i = n ; i >= j ; i--) #define ME(x , y) memset(x , y , sizeof(x)) int lcm(int a , int b){return a*b/gcd(a,b);} ll quickpow(ll a , ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;b>>=1,a=a*a%mod;}return ans;} //int euler1(int x){int ans=x;for(int i=2;i*i<=x;i++)if(x%i==0){ans-

点分治我感觉是图论树部分比较考验脑力的一种题目了 POJ1741 题意：给一棵边带权树，问两点之间的距离小于等于K的点对有多少个 满足条件的点对有两种情况：两个点的路径横跨树根，两个点位于同一颗子树中 对于根节点进行一次dfs，求出deep，并将其从小到大排序 void getdeep(int x,int fa) { dep[++dep[0]]=d[x]; for(int tmp=g[x];tmp;tmp=e[tmp].next) { if(e[tmp].t==fa||vis[e[tmp].t]) continue; d[e[tmp].t]=d[x]+e[tmp].v; getdeep(e[tmp].t,x); } } 然后看一下calculate int cal(int x,int tmp) { d[x]=tmp;dep[0]=0; getdeep(x,0); sort(dep+1,dep+dep[0]+1); int t=0,l,r; for(l=1,r=dep[0];l<r;) { if(dep[l]+dep[r]<=k) {t+=r-l;l++;} else r--; } return t; } 如果我们已经知道了此时所有点到根的距离a[i] a[x] + a[y] <= k的(x, y)对数就是结果，这个可以通过排序之后O(n)的复杂度求出 然后根据分治的思想

深度优先搜索算法（英语：Depth-First-Search，简称DFS）是一种用于遍历或搜索树或图的算法。 沿着树的深度遍历树的节点，尽可能深的搜索树的分支。当节点v的所在边都己被探寻过或者在搜寻时结点不满足条件，搜索将回溯到发现节点v的那条边的起始节点。整个进程反复进行直到所有节点都被访问为止。属于盲目搜索,最糟糕的情况算法时间复杂度为O(!n)。（直到走不下去才往回走） 基本模板 1 int check(参数) 2 { 3 if(满足条件) 4 return 1; 5 return 0; 6 } 7 8 void dfs(int step) 9 { 10 判断边界 11 { 12 相应操作 13 } 14 尝试每一种可能 15 { 16 满足check条件 17 标记 18 继续下一步dfs(step+1) 19 恢复初始状态（回溯的时候要用到） 20 } 21 } 实例 1、全排列（字符串内元素的所有排列方法）（洛谷CF6A与此题类似） 1 //全排列问题 2 #include<stdio.h> 3 #include<string.h> 4 5 int n; 6 char a[15]; 7 char re[15]; 8 int vis[15]; 9 //假设有n个字符要排列，把他们依次放到n个箱子中 10 //先要检查箱子是否为空，手中还有什么字符，把他们放进并标记。 11

目录 最小生成树 例题 怎么证明合数都可以分成素数的乘积 在最大生成树上求两点路径中边权的最小值 kruskal重构树 最短路 SPFA判负环 建图技巧 拓扑排序 queue优化 tarjian 差分约束 环套树/基环树 基环树找环 欧拉图 圈套圈算法 图论 最小生成树 \(N\) 个城市， \(M\) 条可修的公路，每条公路有一个修的成本 \(w_i\) ，要使 \(N\) 个城市连通，所需要的最低成本？ 最少需要 \(N-1\) 条边，构成一棵树。 ## Kruskal算法证明 对图的顶点数 \(n\) 做归纳，证明 \(Kruskal\) 算法对任意 \(n\) 阶图都适用 归纳基础 \(n=1\) ,显然能找到最小生成树 归纳过程 例题 P1550 [USACO08OCT]打井Watering Hole 思路就是建立一个超级源点往每个点建一条边权为 \(w_i\) 的边，然后跑最小生成树 怎么证明合数都可以分成素数的乘积 就不写了，我太菜了 在最大生成树上求两点路径中边权的最小值 int f[N][20]; //i的第2^j祖先 int mn[N][20]; //i往上跳2^j祖先所经过的边的最小值 int query(int u,int v) { int ans=inf; if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v); for(int i=0,k=dep[v]