其他

做題的一些心得，想到幾點寫幾點，以後又想到了再補：1.scanf(),printf()和cin,cout不要混用，輸入資料量比較大的話會導致緩衝區衝突。2.對於大數組放到全域變數裡，局部變數記憶體使用量量不能超過64k；3.對於多組資料，每次算都要資料初始化；4.sort（first,last）,last是past-the-end,就是要排序的元素的最後一個的後一個；5.對於需要不停插入資料，並保持有序的可以用STL的set容器，它是用平衡二叉樹實現的，免去了自己再去寫一個的麻煩，用起來真是輕鬆

ZOJ 1492 http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=492/*最大團 = 補圖G的最大獨立集數———>最大獨立集數 = 補圖G'最大團*///最大團模板#define N 102int mx;//最大團數(要初始化為0)int x[N],tuan[N];int can[N][N];//can[i]表示在已經確定了經選定的i個點必須在最大團內的前提下還有可能被加進最大團的結點集合int

POJ 2449 Remmarguts' Date(中等)http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2449題意：經典問題：K短路解法：dijkstra+A*(rec)，方法很多相關：http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/showcontest?contest_id=1144該題亦放在搜尋推薦題中POJ 3013 - Big Christmas

注意內外迴圈！！！#define N 204int match[N];bool vis[N];int g[N][N];int n,m;bool sear(int s){ int i,j; for(i=1;i<=m;i++){//內迴圈是y集合(可以根據下一行的鄰接矩陣改變一下) if(g[s][i] && !vis[i]){ vis[i] = 1; if(match[i] == 0 ||

EK 複雜度O(V*E*E)#define N 204 int c[N][N];//邊容量 int f[N][N];//邊實際流量 int pre[N];//記錄增廣路徑 int res[N];//殘餘網路 queue<int> qq; void init(){ while(!qq.empty())qq.pop(); memset(c,0,sizeof(c)); memset(f,0,sizeof(f)); } int EK(int

歸併樹 O(logn*logn*logn) for each query,很慢的說，劃分樹版http://blog.csdn.net/leolin_/article/details/6696801/*//1，建立歸併樹後我們得到了序列key[]的非降序排列，由於此時key[]內元素的rank是非遞減的，因此key[]中屬於指定區間[s,t]內的元素的rank也是非遞減的，所以我們可以用二分法枚舉key[]中的元素並求得它在[s,t]中的rank值，直到該rank值和詢問中的rank值相等；//2

  static string ConnStr = System.Configuration.ConfigurationSettings.AppSettings["ConnStr"].ToString();   public static SqlDataReader GetReader(string sqlSpName)  {   return SqlHelper.ExecuteReader(ConnStr, sqlSpName);  }  public static

hight數組是靈魂！倍增演算法O(nlgn)#define maxn 100010int wa[maxn],wb[maxn],wv[maxn],wss[maxn];//論文模板的ws竟然跟g++裡的關鍵字衝突！int r[maxn],sa[maxn];int cmp(int *r,int a,int b,int l){return r[a]==r[b] && r[a+l]==r[b+l];}/*【倍增演算法O(nlgn)】待排序的字串放在r

推薦黃源河的論文http://wenku.baidu.com/view/515f76e90975f46527d3e1d5.html #define N 100010struct node{ int dis,v; int l,r;}k[N];int n,m,pre[N];void init(){ int i; for(i=0;i<=n;i++){ pre[i] = i; } memset(k,'\0',sizeof(k));}int

一.動態規劃參考資料：劉汝佳《演算法藝術與資訊學競賽》《演算法導論》推薦題目：http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1141 簡單http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2288 中等，經典TSP問題http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2411 中等，狀態壓縮DPhttp://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/proble

#define eps 1e-9#define pi acos(-1.0)#define N 222struct point{ double x,y;}p[N];struct alpha{ double v; bool flag; bool friend operator <(const alpha &a,const alpha &b){//排序專用偏序關係 return a.v < b.v; }}alp[N *

給定一個n*n的矩陣，有q次查詢，每次查詢一個子矩陣最小值YY了一個n^2log(n)+n*q 的演算法:建了n個一維RMQ，預先處理n*n*log(n),每次查詢複雜度O（n）,果斷TLEGoogle了一下才發現還有二維RMQ這種東西。。。對代碼用類封裝了下。。。RMQ_2D(O(n*n*log(n)*log(n)預先處理，O(1)查詢，查詢以(x1,y1)，(x2,y2)為對角的矩形最小值)class RMQ_2D{ int dMin[MAXF][MAXF][MAXN][MAXN]; 

int V;//容量 //01void zeroone(int cost,int val){//費用，價值 int i; for(i=V;i>=cost;i--){ if(dp[i]<dp[i-cost]+val){ dp[i] = dp[i-cost]+val; } } } //完全背包void complete(int cost,int val){//費用，價值 int

Gray碼（轉自M67大牛）Gray碼     假如我有4個潛在的GF，我需要決定最終到底和誰在一起。一個簡單的辦法就是，依次和每個MM交往一段時間，最後選擇給我帶來的“滿意度”最大的MM。但看了dd牛的理論後，事情開始變得複雜了：我可以選擇和多個MM在一起。這樣，需要考核的狀態變成了2^4=16種（當然包括0000這一狀態，因為我有可能是玻璃）。現在的問題就是，我應該用什麼順序來遍曆這16種狀態呢？     傳統的做法是，用位元的順序來遍曆所有可能的組合。也就是說，我需要以0000->0

RMQ版#define N 10010struct edge{ int v; int next;}e[2*N];int ecnt;int head[N];bool vis[N];int n;//點數int R[N];//第一次出現i點下標int p[N*2];//記錄路徑點編號//int dis[N];//與根的距離int dep[2*N];//深度int dp[20][2*N];//從j開始長度為2^i路徑的最近公用祖先下標int num;void init(){

TLE到死,加了n多最佳化才過,淚流滿面.題意:  給你a1,a2..a9,ai表示有ai個i,問用這些數字組成的不同的數的和MOD 1000000007以後是多少.題解:  首先方法顯然:       枚舉位元,枚舉某個數在哪個位上,假設有l位,數i在第j位上,則i在這個位上貢獻的值為i*10^(j-1)*(剩下的數排列成l-1位的不同排列個數).       在所有不同的位元下,所有數在不同位置上貢獻的值求和即是所求結果.然後痛點是如何求:剩下的數排列成l-1位的不同排列個數  

無向圖的連通分支(連通子圖): 判斷一個無向圖是否連通，如果進行dfs或者bfs之後，還有未訪問到的頂點，說明不是連通圖，否則連通。求解無向圖的所有連通分支： 只需要重複調用dfs或者bfs 就可以解決：遍曆頂點，如果v 未訪問，則對其進行dfs, 然後標記訪問。關節點（割點）: 是圖中一個頂點v, 如果刪除它以及它關聯的邊後，得到的新圖至少包含兩個連通分支。雙連通圖： 沒有關節點的連通圖。連通無向圖的雙連通分支（雙連通子圖，塊） ： 是圖G中一個最大雙連通子圖。利用深度優先搜尋dfs

題意：給你一棵樹，用黑白染色，求最少的染黑的個數，使得每個白點都與且只與1個黑點相連。題解：dp[x][f]表示將x染成f狀態最少需要染多少黑點，f有三種狀態:0,1,20：表示該點為白色，且他的所有兒子都為白色。1：表示該點為黑色。2：表示該點為白色，且他有一個兒子為黑色。dp[x][1]=sigma(min(dp[son(x)][1],dp[son(x)][0]));dp[x][0]=sigma(dp[son(x)][2]);dp[x][2]=min(dp[son(xi)][1]+sigma

一個無向連通網路，去掉一個邊集可以使其變成兩個連通分量則這個邊集就是割集；最小割集當然就權和最小的割集。可以用最小切割最大流定理：1.min=MAXINT,確定一個源點2.枚舉匯點3.計算最大流，並確定當前源匯的最小割集，若比min小更新min4.轉到2直到枚舉完畢5.min即為所求輸出min   

題意：有n個樓，給定xy座標和高度，有一個防護盾核心，以他為球心的半球內的都處於他的保護之下，求他的座標，使得他需要覆蓋全部樓的半徑最小。題解：類比退火。 第一個類比退火，哈哈。傳統的類比退火如果目前狀態更有就接受，否則以一定機率接受，機率的存在保證不會跳進局部最優而出不來。不過用機率搞貌似效果不是很好，然後就初始產生100組解，對著100組並行操作，只在更優的時候接受，這樣每組解最後都會到達他所在地區的局部最優解，而全域最優解很有可能就在這些局部最優解之中，對這100組取個最優作為全域最優值。