其他

#define N 10int num[N];int dp[120010];int V;//容量void 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; } }}void complete(int cost,int val){//費用，價值

可以KM，也可以費用流，最近學費用流，所以用一下，debug真浪費時間，以為spfa有問題，原來是計數時出錯。。。囧啊，菜啊，話說poj 2516到現在還不知道wa哪裡，抓狂啊！！！#define inf 1<<30#define N 222int cap[N][N];int cost[N][N];int pre[N];int dis[N];bool vis[N];int minc;char str[110][110];int min(int a,int b){return

http://poj.org/problem?id=3071題意是又2^n支球隊，球隊兩兩之間進行比賽，例如開始時0-1, 2-3, 4-5, 6-7...............然後晉級後又是相鄰兩兩之間比賽，問最大可能的勝者編號。方法：機率dp。設dp[i][j]表示第i輪j隊勝的機率, 其中dp[i][j] +=

因為有兩條不同路徑，所以可以這樣構圖：超級源點s->1，容量為2，邊權為0，n->超級匯點t，容量為2，邊權為0，其他的點容量為1，邊權是輸入的資料，這樣就保證了肯定有兩條不同的路徑，而且模型肯定滿流，因為這題有重邊，所以不能用鄰接矩陣，只能用鄰接表#define inf 1<<30#define N 10050struct node{ int u,v,cap,w; int next;}e[N*6];int head[N/10];int

http://poj.org/problem?id=1141dp求最優解。#define N 110char str[N];int dp[N][N];//i到j之間插入的最小字元數int tag[N][N];//記錄需要插入字元的位置void gao(int n){ int i,j,k; for(i=0;i<=n;i++){ for(j=0;j<=n;j++){ dp[i][j] = 0; }

歐幾裡得LL gcd(LL a,LL b){return (b==0) ? a : gcd(b,a%b);}擴充歐幾裡得int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){//返回的是最大公約數 if(b==0){ x = 1; y = 0; return a; } int d = ex_gcd(b,a%b,x,y); int t = x; x = y; y = t-a/b*y;

不可重疊最長重複子串（pku1743）給定一個字串，求最長重複子串，這兩個子串不能重疊。演算法分析：這題比上一題稍複雜一點。先二分答案，把題目變成判定性問題：判斷是否存在兩個長度為k 的子串是相同的，且不重疊。解決這個問題的關鍵還是利用height 數組。把排序後的尾碼分成若干組，其中每組的尾碼之間的height 值都不小於k。例如，字串為“aabaaaab”，當k=2 時，尾碼分成了4 組，5所示。容易看出，有希望成為最長公用首碼不小於k

相對於一般的網路流，有上下界的網路流的某些邊多出了流量下界的限制，如邊u->v，上下界為high、low，如果有流經過這條邊，這個流必須在[low，high]這個區間內。這類題目主要要求解決下面三個問題，“有源匯、無源匯的可行流”、“有源匯的最大流”、“有源匯的最小流”，注意這裡所說的源匯是原網路中的源匯，分別記為s、t。　　這類題目的痛點在於下界的限制很難處理，我們將所有有下界限制的邊中分離出“必須邊”來單獨做考慮，所謂“必須邊”就是必須要滿流的邊，如上述的邊，我們可以拆成兩條邊，第一條

可以作為模板#include <map>#include <set>#include <list>#include <queue>#include <deque>#include <stack>#include <string>#include <cstdio>#include <math.h>#include <iomanip>#include <cstdlib>

先二分答案，然後將尾碼分成若干組，判斷的是有沒有一個組的尾碼個數不小於k。如果有，那麼存在k 個相同的子串滿足條件，否則不存在。這個做法的時間複雜度為O(nlogn)。這裡有一個地方要注意的，就是計數每一組的時候cnt初始值為1，因為height數組是兩兩之間比較的，當有1個height滿足後就相當於有兩個尾碼滿足。#define N 1000010#define maxn 20010int

A 水#include <map>#include <set>#include <list>#include <queue>#include <deque>#include <stack>#include <string>#include <cstdio>#include <math.h>#include <iomanip>#include

spoj694 http://www.spoj.pl/problems/DISUBSTR/spoj705 http://www.spoj.pl/problems/SUBST1/兩道題差不多，只是705的資料大一點而已，用倍增演算法沒壓力，繼續套模板貼一下羅大牛的思路，說白了就是∑每個尾碼長-height。不相同的子串的個數（spoj694,spoj705）給定一個字串，求不相同的子串的個數。演算法分析：每個子串一定是某個尾碼的首碼，那麼原問題等價於求所有尾碼之間的不相同的首碼的個數。如果所有的尾

首先講講A*演算法吧。眾所周知，A*演算法就是啟發學習法搜尋，基本形式就是這樣:f(x)=g(x)+h(x);其中f(x)代表在x點所需要的總代價，而g(x)代表：從源點到x點已經耗費的實際代價，h(x)代表從x到終點需要的估計代價，這個函數是一個估計值.而從x到終點真正需要的代價為h*(x)，在整個啟發學習法搜尋中我們必須保證h(x)<=h*(x);不然的話會由於對當前的估價值過高，則會引起答案的錯誤。構建A*的關鍵在於準確的規劃一個h(x)函數，使得接近h*(x),這樣的搜尋會使得答案

媽的！！！wa死，不知道死在哪裡。。。先放著#include <map>#include <set>#include <list>#include <queue>#include <deque>#include <stack>#include <string>#include <cstdio>#include <math.h>#include

MLE了...囧，不過演算法是正確的#define maxn 2000010int wa[maxn],wb[maxn],wv[maxn],wss[maxn];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];}void da(int *r,int *sa,int n,int m){//n要加1 int

int max(int a,int b){return a>b?a:b;}int dp[110][110];int main(){ int n,t; while(scanf("%d%d",&n,&t) != -1){ int i,j,k; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(i=1;i<=n;i++){ int m,s; scanf("%d%d",&

http://poj.org/problem?id=2044#define N 366bool flag[8][8][8][8][10][N];//前四個是四個角的狀態，第五個是雲的左上方的位置，最後一個是第幾天int day[N];int n;int d[9][2] = { {0,0},//九個位置 {-1,0},{-2,0}, {1,0},{2,0}, {0,-1},{0,-2},

http://acm.ustc.edu.cn/ustcoj/problem.php?id=1280這題是中國科大“百分點科技杯"ACM除夕挑戰賽 的題目，當時做不出，後來想了一下，TLE1次，wa一次就過了這題去掉最小費用和的邊使得最短路變長，方法是先求一次最短路，然後建新圖，圖中存在的邊若且唯若(u,v) dis[u]+w(u,v)=dis[v]，題目就變成求切掉最小的邊，切完後最短路必然變大，然後最小割=最大流就可做了，具體實現上就要使得if(dis[u] + e[i].w !=

直接暴力回溯。struct node{ int x,y;}p[100];int cnt;int g[10][10];bool ok;void out(){ int i,j; for(i=0;i<9;i++){ for(j=0;j<9;j++){ printf("%d",g[i][j]); } puts(""); }}void dfs(int k){ if(k == cnt){

題意：分物品，使得兩份的價值差最小。方法：相當於求容量為sum/2的最大價值，所以，所需費用=當前物品價值#define N 55int v[N],m[N];int dp[50*50*100+100];int V;//容量void 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] =