其他

　　糾結一晚上，注意細節啊！！！（看到有很多解題報告都用<queue>，我不太喜歡用STL的東西。。。）My Code:#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 51;struct node{int x;int y;int z;int t;}q[N*N*N];int d[6][3] = {{1, 0, 0}, {-1

　　結構體中定義記錄染色次數的參數(cov)，更新時直接找到對應的區間，使cov++。查詢時要有點小操作。查詢過程：void query(當前節點 t，要查詢的點 x）{　　　　if（找到要查詢的點）　　 return cov；　　　　if（該點的cov > 0） {  左孩子.cov += 當前節點.cov;　　　　　　　　右孩子.cov += 當前節點.cov;  當前節點.cov = 0;　　　　}

　　背包問題，發現這個東西很靈活。看來還是不夠理解啊。#include <stdio.h>#define N 1024struct knap{int w;double v;}a[N];float dp[N*10+7];int main(){int n, m, i, j;while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {if(!n && !m)break;for(i = 1; i <= m; i++)

　　去你妹的並查集，沒糾結死我！按速度排序，然後枚舉所有的路，知道find(start) == find(end)結束。然後用最大值減去最小值，求其差，取差最小。Code：#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;const int N =

　　/*題意：求【1 to 10^9】範圍內各位元字之和為s的數的個數；　　思路：定義dp[i][j] (i = 1 to 9, j = 1 to 81)，表示位元為i的數各位元之和為j的數的個數。dp[i][j] = (i - 1位元最低位全部補0) + (i - 1位元最高位補j - k {k| 1 <= k <= 9} )。所以轉移方程就是　　dp[i][j] = dp[i-1][j] + sum(dp[i-1][j - 1] , dp[i-1][j-2] , ... ,

　　poj上1A， HDU上6A，我暈啊！注意幾點：1、多組資料；2、memset(c, 0, siezeof(c));3、memset(ans, 0, sizeof(ans));my code:View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 32010int c[N], n, ans[N];int lowbit(int i){return i&(-i);}void add(int i, int

　　這題的資料有點問題，給的N個數裡邊最大的數是多少不知道，直接猜了個數用hash做了，居然1A了。。。。#include <stdio.h>#include <string.h>#define N 100007int hash[N];int main(){int n, i, a;while(scanf("%d", &n) != EOF) { memset(hash, 0, sizeof(hash));int max = -1;while(n-

　　／＊貢獻出無數WA， 就因為一個地方寫錯， 悲劇的一晚上啊！不過能過了還是很爽的。　　思路：用Trie樹給字串重新標號，然後用並查集，用一個a[i] 記錄當前並查集跟結點上串連的結點數。＊／#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;struct node{int flag; node * next[53];};const int N = 2000

　　一牛人說：母函數就是把費腦筋的事轉換成多項式計算。好吧，我承認母函數用好的話確實很神奇，比如說這個題。可以把n看成無限個可取用的1，2，3，4，5，，，m這些數組成的。然後就是可以寫成母函數的形式G(X) = (1 + X^1 + X^2 + X^3 + ...)(1 + X^2 + X^4 + X^6 + ...)(1 + X^3 + X^6 + ...)...然後就是類比多項式的計算過程。輸入的n是多少就計算到幾階，得到的X^n項的係數就是可能的情況數。 My

　　/*第一道樹形dp的題，感覺樹形dp就是在dp的基礎上加了樹這個環境，建樹——DFS。思想上還是基本的動態規劃思想（最優子結構，重疊子問題）。參考解題報告終於把這題做出來的。思路：dp[t][j]為以t為根的子樹，保留j條邊時的最優情況，map[i][j]為i結點到j結點構成的邊的權值。當t與一個孩子相連時：dp[t][j] = max(dp[L][j-1]+map[L][t], dp[R][j-1] + map[r][t]);當t結點與兩個孩子相連時：for(j = 0; j <=

　　母函數模板題，就是稍微改了一下。My Code：#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;const int N = 307;int c1[N], c2[N];int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int n, i, j, k;while(cin >> n, n) {for(i = 0;

　Warmup for 2011 Asia Regional Chengdu (Alibaba精英賽題目重現,SJTU命題)——Problem 1009　/*比賽沒做，周六下午做zoj的月賽做的想吐，周日一點心情也沒有。今天挺師兄說這題是dp的，就做了做。其實更像拓撲排序，大題思路就是把所有入度為0的點入棧，然後出棧。本體多組資料，WA了一晚上！妹的！*///My Code:#include <iostream>#include <cstdio>#include <

代碼+注釋：#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 100;int s[N];bool used[N];int cmp(int a, int b){return a > b;}bool dfs(int n, int u, int left, int

　　/*題意：對1到N這些數進行排列，1在最左邊，相鄰的兩個數之差不能超過2，求有多少種排列方法？　　思路：已知1在最左邊，跟1相鄰的只能是2、3。當2跟1相鄰時後邊的部分就是dp[n-1] 。當3在1後邊，2在3後邊時，前三位確定，剩下的就是dp[n-3]。最後剩下一種情況，再加1。　　dp[i] = dp[i-1] + dp[i-3] + 1;*/#include <iostream>#include <fstream>using namespace

　　求圖中任意兩點間的最短路徑，個人感覺用Floyd比較好，有人說這道題可以用SPFA，目前還沒有這方面的思路，先把Floyd的做法貼上，以後再補Floyd code：#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;const int inf = 100000000;const int N = 208;int dis[N][N];int n;void Floyd(){int i, j, k;for(k = 0

　　/*設原序列的逆序數為sum，每往後移一個數，可以找到規律sum += n-2*num[i]-1;(n為元素個數，num[i]為移動的數)；求原序列的逆序數時可以用線段樹，每輸入一個數，先querry [輸入的數，n]中元素的個數，再把num[i]插入到線段樹中。。。*/#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#define L(x) x << 1#define R(x) x

　　開始沒整明白，還想用dfs遞迴求解，後來看了看解題報告的思路（貌似這題可以用dp），bfs一遍，用一個best[i]存放到i的最優解，最後直接輸出best[k]就行。第一次隊列數組開小（還是不想用<queue>）了，WA了一次。。。#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 100007;int

　　查SPFA的資料時偶爾看到一種運用，然後很淡定的敲之1A了15MS+328k   code:#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 207;const int inf = 100000000;int vis[N], map[N][N];int dis[N], q[N];void spfa(int n, int

　　水題，但是要細心#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define N 10007int a[N], b[N];int cmp(const void * a, const void * b){return *(int *)a - *(int *)b;}int main(){int n, i;while(scanf("%d", &n) != EOF) {for(i = 0; i < n; i++)

　　/*按照母函數的思路，然後類比三個括弧相乘的過程。因為題目已經限定好了硬幣只能是1、2、5。所以可以寫成：（1 + X + X^2 + ...）(1 + X^2 + X^4 + X^6 + ...)(1 + X^5 + X^10 + X^15 + ...)其中三個括弧元素的個數分別是輸入的num_1, num_2, num_3。然後就是類比多項式相乘了。*///ps:代碼有點水，一步一步乘的，反正就三個括弧，費不了多大勁，^_^//My Code:#include <iostream&