其他

這題WA得我SB一樣.......竟然是聲明了一個函數沒有調用.....題意：在聯絡網中，去掉最少的聯絡點使得從S和T無法連絡。赤裸裸的求最小割點集的問題；建圖：網上都有，就不說了。怎樣找割點呢？在這裡變成了割邊。上一題POJ2125用的是DFS，找到集合S，那麼分跨S與T集合的邊就是割邊了。這麼做，對於二分圖還是很方便的。這裡卻行不通了。前面講過獨立軌的概念，圖G獨立軌最大條數p（S,T），就是圖的點割集的個數。在每條獨立軌的內頂點取一個點，組成的就是點割集了。這題要求的是字典序最小的點割集，

題目大意百度來的。看不懂=.=說科學家有奇怪生物，每兩個會合并，合并後的重量為2*sqrt(m1*m2);求最終合并的生物最小重量。由於m1+m2>=2*sqrt(m1+m2);所以每次在優先隊列中取出2個元素，進行合并。保證最後的解最小。題意沒懂WA了一次。#include<iostream>#include<queue>#include<cmath>using namespace std;double max( double a,double b )

這題的實質上是最短路徑問題。大意：從1到N的路程總花費小於等於K的最短路徑。每條路有花費和長度。依舊採用迪傑斯特拉的貪心思路，每次貪最短的，根據這個點來更新其他的點。這題我沒有注意的是加限制的優先隊列的性質：優先隊列的元素保證都是到目標點的花費小於等於K的，這樣下來，以長度為第一維度排序的優先隊列，第一次到達目標點為終點的時候，此時的len即為所求。我在這個點坑爹的TLE了。另外由於沒有消掉檔案讀寫WA了兩次。#include<iostream>#include<queue&g

題目大意：有一台雙核處理器的電腦，現有很多模組，每個模組放在不同的核中都有一個花銷。若某兩個模組不放在同一個核中執行，那麼會產生額外的花銷。求出使得所有的模組都進入處理器中的總花銷值最小。首先可以明確的是，該題為二分圖，模組放入兩個核中。如果沒有懲罰。那麼該題就是赤裸裸的最小割（其實是貪心）。源點S與Acpu中的點連邊，容量為模組放在A核中的費用。B核中的點與匯點連邊，容量為模組放在B核中的花銷。做一次最大流，流出的值即為最小割。現在考慮產生額外的花銷。若u,v不放在一個集合中。則會產生額外的花

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>using namespace std;struct POINT2D{ double x,y;}point[222];struct Edge{ int v,next;}E[111111];int match[222],ptr[222];int Edgenum;bool vis[222];void addEdge( int u,int v ){

基本的最小割問題做得也差不多了....這題整死我了.... 在Amber的論文裡有這個解法，大家去看看吧。其他的不說了。這題把資料類型全都改成long long才過，瞪大眼睛找了一晚上，沒找出trick.... 悲催.... 如果你也WA了，不妨試試這種方法... PS：我連bool都改long long了= =|||#include<iostream>#include<cstdio>#define INF 2100000000000560ll#define MN 555

注意細節細節！！！用網路流來做一定很輕鬆-.-將多重匹配變為最大匹配，資料較小，可以過....#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;struct Edge{ int v,next;}E[111111];struct SEG{ int s,e;};int ptr[222],match[222],Edgenum;bool vis[222];int change( char c ){ if( c=

這種題目做過蠻多道了，主要是再練習一下我的網路流鏈表寫法。這題坑爹的理解錯題意了，弄了很久。題意：有M個房間，現在要保護N號房間，房間編號為[0,M-1]。起初所有的房間的門都是開啟的，房間內有關門的控制台，也就是說，如果該房間能控制幾個相應的門，則從該房間可以通過這些門去往其他房間。如果控制台在其他房間裡，這門就不能在這房間裡開啟。現在要求的是關上最少的門使得要保護的房間不被入侵。思路：首先簡化模型，不考慮，控制關係，也就是說，門都是雙向的。那麼門可以從兩邊開啟，則在兩房間連上容量為1的邊，代

嗯~很久以前沒敲過的題，當時不懂狀態壓縮，不懂A*。因而沒過...現在用的康托展開+普通的BFS還是過了360ms也算是一個進步吧~A*現在還是沒有勇氣去寫... 加油！時間給我的不多了！~（用C++TLE了... 改為G++就過了...）Code：#include<stdio.h>#include<queue>using namespace std;struct node{ int eight[9];}S,E;int fec[10]={1,1,2,6,24,120

這題還是有點技巧的。我們求出了最大流，怎樣知道哪些邊可以使得流量增大呢？若存在e(U,V):S->U路徑上的點都有剩餘容量，V->T路徑上的點都有剩餘容量。如果有某條邊為上述情況，那麼對邊e進行擴容，最大流增大。應該十分好理解吧。通過源點進行DFS尋找S集合中所有的點進行標號，很容易。那麼...V到T可達這怎麼弄呢？同樣我們通過T來DFS只要存在點V到T有剩餘容量，則V為集合T的點，在DFS（V）；由夠邊的特殊性，我們可以發現，當前邊k的反向邊就是k^1，通過k^1來判斷有剩餘容量就

D是圖G的一個頂點集，對於G的任一頂點U，要麼U是D集合的頂點元素，要麼U與D集合的某一頂點相鄰。那麼D稱為圖G的一個支配集。若在D中除去任何元素後，D都不再是支配集，則支配集D稱為極小支配集。稱D的所有支配集中頂點個數最少的支配集為最小支配集D0。r(G)=D0中頂點個數。稱作G的支配數。最小支配集一定是極小支配集；任何一個支配集以一個極小支配集為子集；G中所含的極小支配集可能有兩個以上，而且其頂點個數可以不同。但r(G)是唯一的。#include<iostream>#includ

再做有種親切感，比SG簡單多了.... 淚奔....將同行兩棋子之間的空格數視為某堆的石子數。進行一次Nim就OK了....#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;int main(){ int N,M; while( scanf("%d %d",&N,&M)!=EOF ) { int xo=0; int a,b; for( int i=0;i<N;i++ )

K次方Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)Total Submission(s) : 10   Accepted Submission(s) : 3Font: Times New Roman | Verdana | GeorgiaFont Size: ← →Problem Description所有在程式設計已經有點經驗的人都知道，當k很大時你無法完整的表達出n k。例如：

SG的模板題，不多說。這裡採用記憶化深搜最佳化。Time=15ms還不錯。#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;struct EDGE{ int v,next;}E[11111111];int ptr[1111],Enum;int sg[1111];void addEdge( int u,int v ){ E[Enum].v=v; E[Enum].next=ptr[u]; ptr[u]

好吧~圖論的學習該告一段落了。這個題很有意思：說有幾個學校，相互傳遞盜版軟體，為單向傳遞關係。問給最少幾個學校盜版軟體，可以使得全部的學校都有盜版軟體。2問最少添加幾個傳遞關係，使得不論城管消滅其中的一條傳遞線路，還是能夠讓所有的學校都通過一張盜版光碟片傳遞完。思路呢....

題目大意：有一個R*C（R<=C）的棋盤，由黑白兩色格子組成，每列只有兩個白色格子，其餘為黑色。現在求：在每列恰巧取一個，每行最少取一個的取法，按列的順序由小到大輸出取出棋子所在的行。我的思路：由於每行最少取一個，可以先把行的最大二分圖匹配做出來，如果行都不能滿足，肯定是無解的。若行能匹配，再在流圖中找到匹配的路徑。那麼所有的行都找到了相應的列。那麼餘下的列隨便匹配就好了。網上思路：用帶上下限的網路流來做，基本上做到這種專題了。但是想到了不需要用這種方法也能過。先講講這種上下限吧：行至少有

hehe...這是一道很好的題目，以下給出兩種解法——思想都是採用貪心， 不過採用的資料結構不同。一、並查集#include<iostream>using namespace std;#define N 100000struct Node {int t, v;} a[N];int set[N+1];int cmp(const Node &a, const Node &b){ return a.v > b.v;}int main(){ int i,j,k;

一道很好的題目。大意：很多透明的矩形薄片平攤在平面上，每個矩形薄片有數字編號。現在給出矩形薄片的邊界與編號的座標。求出能唯一確定的矩形薄片的字母標號與數字編號。很容易轉化成二分圖的題。開始題意弄錯以為是必須全部都唯一匹配則輸出匹配序，不行則輸出none.現在的題意是求關鍵邊... 不用刪邊，特判就好.#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;struct RECT{ int

有很多出租車訂單，標記了開車時間與起點終點。如果出租車能在上一個訂單結束後，並且在下一個訂單的開車前1min到達起點，那麼我們說，這兩個訂單可以用一輛出租車來完成任務。轉化為最小路徑覆蓋問題。這裡是有向圖的最大匹配，可以用匈牙利演算法求解。以上....#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;struct SEG{ int s,e,a,b,c,d;}t[555];struct Edge{

這題WA了很久很久，確定演算法沒錯.. 但是還是WA了很久很久...原因是Ace的初值沒有賦值=.=細節決定成敗！！#include<iostream>#include<map>using namespace std;struct Edge{ int v,next;}E[6666];bool vis[66];int ptr[66],match[66],Edgenum;void addEdge( int u,int v ){ E[Edgenum].v=v;