其他

先用DFS把必經點找出來，然後取其中到入口長度最大的那個但是先用BFS求各點到入口的距離，從大到小排序，依次從大的開始檢驗是否為必經點，輸出找到的第一個，這樣卻WA了。。。對這道題還是沒有完全理解清楚。。。 AC代碼：（在原錯誤碼基礎上修改的，有點繁雜）#include<iostream>#include<queue>using namespace std;struct node{int d;int v;}dis[101];int g[101][101];int u[10

使n座城市間至少有兩座不連通，又全是帶權無向邊，即求圖的最小割，可以用Stoer-Wagner演算法解決 代碼：#include<iostream>using namespace std;const int inf=1<<30;const int MAX=510;int g[MAX][MAX];int MinCut(int n){int

一道拓撲排序的題，題目中給的A<B其實就是有向圖中一條由A指向B的邊，問你能否找到唯一的排序或者出現了環，或者到最後都不能找到唯一排序。題目意思一開始沒理解清楚，其實只要能判斷順序唯一或者有環，後面的輸入就不用管了採用檢測入度是否為0的方法進行拓撲排序，需要注意的是，若有多個入度為0的點，也可能存在環如這組資料：6 6A<BB<CC<FD<FE<FF<A結果為：Inconsistency found after 6

用Floyd算出每個點到其他點的最短路徑，再求每個點的平均值的100倍，取整形，100×g[i][0]/(n-1),我寫成了100×(g[i][0]/(n-1))，把小數部分本來要擴大的給省去了。。。貢獻2次WA 代碼：#include<iostream>using namespace std;int g[301][301];int d[301];void init(int n){int i,j;for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++){if(

求各頭牛走過的最大值中的最小值求最小值中的最大值，最大值中的最小值什麼的可以用二分答案來做 每次二分一個結果mid後，將之間距離小於等於mid的牛奶機和奶牛連邊，容量為1，源點到每台牛奶機連邊，容量為m，然後每頭奶牛向匯點連邊，容量為1，如果最大流等於c，這個mid值就滿足條件，直到找到目標解  代碼：#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define MAX 250#define inf 99

記憶化搜尋，反著搜比正著搜慢了不少，一個172MS,一個16MS 代碼：/*#include<iostream>using namespace std;__int64 map[40][40],f[40][40];int n;__int64 dfs(int i,int j){if(f[i][j])return f[i][j];if(i<1||i>n||j<1||j>n||map[i][j]==0)return 0;__int64

求圖的點連通度 點連通度的定義：一個具有N個點的圖G中，在去掉任意k-1個頂點後（1<=k<=N）,所得的子圖仍然連通，去掉K個頂點後不連通，則稱G是K連通圖，K稱作圖G的連通度，記作K（G）。即去掉最少個數的點後，子圖不連通或者成為平凡圖 做法：拆點（無向無向邊拆成兩條有向邊），指定一個源點，枚舉匯點（如果匯點與源點不連通，則圖不連通），求使源匯不連通最少要移除的點數，並取最小值，如果最小值比n大，則最小值為n 詳情見：http://hi.baidu.com/lerroy312/b

求約瑟夫環中最後一個出隊的初始編號有O(N)的簡便方法：http://www.cnblogs.com/woodfish1988/archive/2007/02/18/652251.html 由於資料比較大，採用刪除移位的方法逾時了。。。還有，這題輸入實在是噁心 代碼：#include<iostream>#include<memory.h>#include<string>#include<cstdio>#include<algorithm>

構圖很重要。。。每部電影作為一個源點，然後把每個星期的每一天看成一個點，每個點只可以貢獻一個工作日，即出邊（到匯點）的容量只能是1，而入邊的容量也為1，只要某部電影可以在該天工作，就可能選擇該天，即該部電影對應的點到該個工作日對應的點之間連一條線，最後，添加一個超級源點，它到每部電影對於的點之間的容量為該部電影需要的工作日（不能為無窮大）一開始把工作日與電影的關係對應反了，讓工作日去找電影，這樣節點個數就有50×20×7，太多了，實際上，電影在每一個工作日上都重複一次，何不讓電影去找工作日呢？這

根據題意，p*a<=100000,a/b<=p/q<=1，所以p<=q,因為1<=a,b<=1000，所以1/1000<=p/qp>=q/1000,又由於p*q<=100000,所以q*q<=10^8，q<t=sqrt(10^8)=10000,所以只要打10000以內的素數表，然後加點剪枝就可以了，一開始打了100000內的素數表，TLE了 代碼：#include<iostream>#include<cstdio

最小樹形圖，朱劉演算法，步驟見下：http://hi.baidu.com/goldengoatish/blog/item/a8e693d8aad5122611df9b2e.html/cmtid/0b36bd097aac9f980a7b8295 代碼：#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;const int MAX=105;const double inf=99999999.9;int

假設t[i]為x=y=i時可以看到的點數考慮x<y的情況，如果可以看到，那麼直線的斜率為y/x，且x,y互素，因為如果兩者不互素，令d=gcd(x,y)>1,那麼（x/d)/(y/d)這個點一定是之前可以看到的點，(x,y)就被遮住了 當x>y時，與x<y一樣，是對稱的 所以t[i]=t[i-1]+2*PHI[i],i=0時，t[i]=3 代碼：#include<iostream>#include<memory.h>#include<stri

根據迴圈群的知識，step的產生群的周期為n/gcd(step,n)，所以，只有當gcd(step,n)=1時，才是一個good choice 代碼：#include<iostream>#include<cstdio>#include<memory.h>using namespace std;__int64 gcd(__int64 a,__int64 b){if(b==0)return a;elsereturn gcd(b,a%b);}int main(){_

考驗思維能力的一道題一開始用了最笨的方法，一個一個數，結果k到10就跑不出來了 後來看了discuss，可以推公式，這樣就可以直接推得下一個殺人的位置，不必一個一個數了，時間可以節省非常多，自己找了小點的k嘗試了下，推出了公式，我們從點1開始編號，則初始情況一共有2*k個點假設b為已經殺掉的人數，now為現在的起始位置，next為下一個殺掉人的編號,初始時，b=now=0 則第一步，next=(0+m-1)%(2k-0)+1,（減1模數後再加1，為了防止0的出現）,編號為next的人被殺掉，注意

求10個數的乘積的因子個數把10個數的乘積因式分解，得到p1^a1*p2^a2*...*pn^an因子個數為(1+a1)*(1+a2)*(1+a3)*...*(1+an)每個ai，它的取值可能為[0,ai]，共有ai+1種取法 我用dfs求因子個數逾時了=。= 代碼：#include<iostream>#include<cstdio>#include<memory.h>#include<algorithm>using namespace

 與2253相似，這道題求起點到終點的各條通路中，權值最小邊的最大值Floyd與Dijkstra都可以做 代碼：#include<iostream>#include<map>#include<string>using namespace std;int g[201][201],d[201],u[201];int n,r;int max(int a,int b){return a>b?a:b;}int min(int a,int b){return

一開始題目意思沒理解清楚，以為最小產生樹中因衛星頻道可以刪除的邊的兩點都必須有衛星，這樣S個衛星頻道可以覆蓋幾個點就不確定了，變得很複雜 其實題目意思是將一棵最小產生樹轉化成一個森林，森林裡有S棵樹，每棵樹配一個衛星頻道，並且使得森林裡所有邊中最長的邊的長度最小 其實意思就是可以刪除最小產生樹中的S-1條邊，問剩下的邊中最長的是多少 由於建圖時每兩個點之間都有邊，是稠密圖，故用Prim法比較好 代碼：#include<iostream>#include<algorithm>

還是用Floyd求每對點間的最短路徑這道題學到了兩個小技巧對n*(n-1)*p/100向上取整，兩個方法i=ceil(n*(n-1)*p/100.0);需要<cmath>標頭檔或者i=n*(n-1)*p; i=i/100+(i%100!=0); 代碼：#include<iostream>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;int g[101][101];int

一道單源最短路徑，兩點間的距離除以速度作為邊上的權鬱悶的是居然TLE了，找了一個多小時，發現只要加一句system("pause")就可以了。。。不過WA了(其實應該數組開小了，200個stop加上家和學習，開到201不夠。。。又是細節問題）不過為什麼不直接報RE,加上那句才報呢。。。後來想了下，是算權的時候錯了，當起點或終點的y值與網站一樣時，應該按步行的速度算，但修改後還是WA了。。。後來參照別人的在讀資料時就算權，過了，唉。。。 代碼：#include<iostream>#in

無向圖，每對頂點間可能有多條邊，問最少刪除多少條邊才能將圖分為兩個子圖 把兩點間的邊數看成權重，就變成了求帶權無向圖的最小割了，採用Stoer-Wagner演算法 代碼：#include<iostream>using namespace std;const int inf=1<<30;const int MAX=510;int g[MAX][MAX];int MinCut(int n){int