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POJ 3352 跟POJ 3177其實是一樣的，只不過3177可能有重邊，要特判。3352問改造後去掉一條邊仍然連通，3177問改造後任意兩點至少有兩條不同的路，其實是一樣的，都是先找出橋，把各分量縮成一點變成一棵樹，結果就是（子葉數+1）/2#define N 1005vector<int> v[N];int low[N];bool vis[N];int du[N];int cnt;void dfs(int u,int fa){ vis[u] = 1; int i;

/*構建一棵dfs樹，序列dfn[i]為深度優先數，表示dfs時訪問i節點的序號，low[i]表示從i節點出發能訪問到的最小的深度優先數。若且唯若節點u滿足如下兩個條件之一時，u為割點：1.u為dfs樹的根，且u至少有兩個子節點。2.u不是dfs樹的根，至少存在一個節點v是u的子節點，且low[v]>=dfn[u]。若u為割點，記subnets[u]為u的子節點數，則去掉u後，圖被分成subnets[u]+1個部分（每個子節點的部分和u的祖先的部分），若u為dfs樹的根，則分成subnet

#define N 110int g[N][N];int dis[N][N];int ans[N];int p[N][N];//記錄i——j之間的路徑int n,m;int minm;int cnt;int mid;void floyd(){ int i,j,k; for(k=1;k<=n;k++){ //求環 for(i=1;i<k;i++){ for(j=1;j<i;j++){

注意樹狀數組的初始化，c[i][j] = lowbit(i)*lowbit(j)與add(i,j,1)等價！因為樹狀數組的lowbit作用是提取出x的最低位1.#define N 1100int c[N][N];int g[N][N];int lowbit(int x){ return x&(-x);}void add(int i,int j,int x){ int tmp; while(i<N){ tmp = j;

演算法之LCA與RMQ問題1、  概述LCA（Least Common Ancestors），即最近公用祖先，是指這樣一個問題：在有根樹中，找出某兩個結點u和v最近的公用祖先（另一種說法，離樹根最遠的公用祖先）。 RMQ（Range Minimum/Maximum

RMQ預先處理的複雜度為O(nlgn),詢問的複雜度為O(1)//離散化：從小到大記錄這個序列每個值的起始位置、結束位置和頻數#define N 100010int max(int a,int b){return a>b?a:b;}int dp[18][N];//dp[i][j]表示從j開始，長度為2^i區間最大值(最小值)int f[N];//以相同的數為一區間，記錄頻率int s[N],t[N];//離散化，記錄左右區間下標int n,m;void init_rmq(){

暴力dfs，先假設全部為白色，然後枚舉每個點，對每個點dfs亂搞，網上搜了下可以用最大團做，沒見過，先放在這裡，學會了再做一遍！#define N 102int color[N];int g[N][N];int maxm,len;int n;int ans[N];int num;void dfs(int u){//0——白色，1——黑色 int i,j; if(u == n+1){//注意處理要完所有點！ if(len>maxm){

#define N 1000005int c4[N*5],c7[N*5];int c47[N*5],c74[N*5];bool mark[N*5];char str[N];void up(int id){ c4[id] = c4[id<<1] + c4[id<<1|1]; c7[id] = c7[id<<1] + c7[id<<1|1]; c47[id] = max(c47[id<<1] + c7[id<<

以後再補解題報告，先貼代碼http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3275#define N 100005char str[N];int sum0[N*4],sum1[N*4];bool mark[N*4];void up(int id){ sum0[id] = sum0[id<<1] + sum0[id<<1|1]; sum1[id] = sum1[id<<1] + sum1[id<<1|1

開兩個dp數組分別記錄最大值和最小值就ok。#define N 50010int max(int a,int b){return a>b?a:b;}int dp1[20][N];int dp2[20][N];int f[N];int n,m;void init_rmq(){ int i,j; for(i=1;i<=n;i++){ dp1[0][i] = f[i]; dp2[0][i] = f[i]; } int t = floor(

求三點的最短路徑和，先求出兩兩之間的路徑和，再除以2就是答案，可以把它看作數軸上的三點，另外，這還可以推廣到一般情況由於zoj掛了，暫時放在這裡，應該可以過的2月8日更新：wa了一次，原因是預先處理dp數組的第二維開小一倍，本來是re才對，結果返回wa，最討厭這樣子...#define N 50010struct edge{ int v; int len; int next;}e[2*N];int ecnt;int head[N];bool vis[N];int

oj的資料可能有點問題，貌似連通與不連通都可以過，保守起見，用並查集判斷是否連通，添加虛根弄成一棵樹再用離線rmq#define N 40010struct edge{ int v; int len; 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

注意查詢時當左右兩個區間可以合并的情況min(mid-x+1, t[id<<1].rm) + min(y-mid, t[id<<1|1].lm)#define N 100005struct node{ int l,r; int lm,rm; int mx;}t[N*4+1000];int a[N+100];inline void up(int id){ t[id].lm = t[id<<1].lm; if(t[id<<

這裡有可能不連通，可以通過添加一個虛根把森林變成樹，最後如果LCA(u,v) = 0就表示不連通個人比較喜歡用離線演算法，tarjan還需要掌握#define N 10010struct edge{ int v; int len; 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

http://poj.org/problem?id=2151題意：有M道題，T支隊，給出每支隊ac每道題的機率，問每支隊ac至少1道題並且冠軍ac的題數>=N的機率。方法：先對每支隊進行dp，設dp[i][j]表示前i題ac了j題的機率，轉移方程：dp[i][j] =

dp[k][0]表示以k點為根的子樹最小需要的結點數（k不取），同樣，dp[k][1]表示以k點為根的子樹最小需要的結點數（k取），其中，父結點不取，則兒子結點就必取有轉移方程：dp[root][0] = dp[son][1]，dp[root][0] = min( dp[son][1],dp[son][0] ) +1，利用dfs回溯進行dp#include <map>#include <set>#include <list>#include

雖然是看別人做的，但是有點不明白他那個標記數組vis，因為他標記的是反向邊，而我習慣標記點，因此搞了很久，終於讓我想明白了，如果想要標記點的話，因為是雙向鄰接表，只需要標記分治出來的根節點就行了，然後一層層分治下去，好好體會http://hi.baidu.com/yy17yy/blog/item/865dee006f8663147aec2cee.html#define N 10010struct edge{ int v; int next; int

稍後放出解釋。。。int st[66];int cur[66];char str[110][15];int dp[110][66][66];//dp[i][j][k] 表示第i行狀態為j，第i-1狀態為k時的最大炮兵個數int num[66];int n,m;int tot;bool ok(int x){ if(x & (x<<1))return 0; if(x & (x<<2))return 0; return 1;}void

這裡需要加上超級源點和超級匯點，分別是n和n+1，然後用EK求最大流，因為EK的複雜度是O(V*E*E)，所以時間很慢，網路流還有其他更最佳化的演算法，但暫時不懂，學會了再做一遍比較一下效率。。。這裡的輸入有一點點噁心，用sscanf分離數字和符號EK演算法：625ms#define MIN INT_MIN#define MAX INT_MAX#define N 110int min(int a,int b){return a>b?b:a;}int c[N][N];int f[N][N];

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