Hewie的专栏

dfs题目  有点麻烦啊   先写了一次wrong answer了参考了一下discuss错在了这种类型的数据上1021 14 13 11 9 6 4 3 2 1正确的匹配应该是:2114 4 313 6 211 9 1分析了一下应该是 在确定长度为21 是否满足条件时我是这么搜的2114 6 113 4 3 这里无法满足条件后就直

<br />简单的最短路题目，只需建两次图，分别调用单源最短路算法即可。<br /> <br />但是由于数据量较大，所以需要用邻接表存储，以及对普通算法进行些优化。<br /> <br />注意最后的求和需要用long long型变量存储<br /> <br />分别用SPFA  和  加了优先级队列的dijkstra写了一遍，效率差不多，用的STL的priority_queue，如果手写堆的话应该可以更快。<br /> <br />SPFA版本：1511Accepted33016K1750MSG++23

AC自动机，说白了还是一种处理字符串的数据结构。在建立的trie树的基础上，用kmp。  达到快速匹配的目的。一个最简单的应用，就是给定一些单词，然后给定一段文本，求这些单词中有多少个在这段文本中出现过。看到网上一堆都是hdu2222的解题报告，我也结合此题说说自己对AC自动机的理解吧题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2222  就是AC自动机最基本的应用。因为AC自动机是建立在字典树的基础上的，所以首先要建立trie这是节点的结构：struct

这个题目之前就用线段树做了一遍，今天看了下单调队列。重新写了一遍， 对于此题来说，比线段树快不少。单调队列呢，比如说  一个用来求最大元素的单调队列，那么，这个队列中的元素就是非递增的。这个时候也许就会有疑问，优先级队列也有这个特性。为什么还要用这个所谓的单调队列。这里有个问题是普通的  FIFO 队列，只能从队首删除元素，但是优先级队列可以从队尾进行删除。  这就是单调队列最重要的一个特性。对于此题来说，就是一个区间求最值的问题。所以方法呢，也是有很多的。  比如RMQ、线段树等等。至于单调队列的做法就是

<br />题意不难理解   就是求某一区间的最长连续递增子序列。<br />虽然猜测是线段树做法，但是之前没见过类似题目。    所以搜了下解题报告。<br /><br /><br />对于某一区间 ，我们保存以从该区最左边点为起点的最长子序列长度，和以该区间最右边的点为终点的最长子序列，以及该区间的最长子序列。<br /> <br /><br />对于中点mid 如果a[mid]>=a[mid+1] 断开 那么有左边最长=左儿子左边最长 右边最长=右儿子右边最长 全局最长=Max(两个儿子的全局最长)<

此题乃传说中splay的简单应用。不愧是传说中的数据结构，花了两天才写出来，第一次写debug可是费了不少功夫啊。老实说写这种数据结构还真实不简单，上次学treap的时候也是花了好大功夫。   不过最终好歹是写出来了，而且学到了不少东西。算是值了。上次写treap的时候，旋转操作写了两个函数，这次学会了一种新写法，可以将旋转操作直接写成一个操作。在结构体中  用ch[2]  来记录儿子节点。用ch[0]表示左儿子，用ch[1]表示右儿子。于是rotate操作就可以写成void rotate(int x, i

<br />很巧妙的用位的方法来表示集合     用位运算的方法，集合a和集合b的并 就是a|b<br /> <br />然后简单模拟即可<br /> <br /> /* * File: main.cpp * Author: liuwei * * Created on September 27, 2010, 1:58 PM */#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace s

<br />看起来很难的一个题。    其实做法就是枚举<br /> <br />将该图枚举成一个二分图   一部分节点标记为 1   剩下的标记为0   同类型节点之间不可达，所以若一条边的两个节点属于同一类型我们就把该条边去掉。<br />我们右发现n比较小不大于15，所以我们可以用为运算来解决此题。<br /> <br />首先自然是建图，用邻接阵来存储不同端点间边的个数。<br /> <br />然后分类的方法自然是有  （1<<n）-1 种  ，我们令i为0,   i ——（1<<n）-1  每个

<br />题意很简单，区间最值之差。<br />rmq或线段树都可。<br /> <br />比较郁闷的是，G++提交3000+MS，C++1700+MS，差别很大<br /> <br />rmq的代码,跑了1766MS：<br />#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <string>#include <cmath>using namespace std;const int MAXN = 50

<br />一直不明所谓缩点为何意，弄完这题算是明白了。<br /> <br />其实很简单，我们求强连通分量时，给每个顶点做一个标记，标记该顶点属于哪个强联通分量，然后属于同一个强连通分量的点就可以看作同一个点了。这就是所谓的“缩点”<br /> <br />此题用了个定理 ：有向无环图（DAG）中，从任意一个点出发，必定可以到达某一个出度为0的点。<br /> <br />这个不用证明，直观想一下就行了。  因为无环，所以从一个点出发，必定会到达终点，终点的出度即是0<br />求强连通的目的也就是将原

后缀数组的简单应用推荐罗穗骞的论文，我的主要代码也是按照论文上来的。两个题基本一样可以用同样的代码通过代码如下：/* * File: main.cpp * Author: liuwei * * Created on October 14, 2010, 7:30 PM */#include #include #include #include using namespace std;#define MAXN 200010char str[100010];

<br />算法应该是最短路加DP吧。<br /> <br />按照提议，做题思路自然是先求出所有点到  n,n  的最短距离，吧n,n当源点求最短距离即可。我是直接bfs求的。<br /> <br />求完最短距离后求方法数，用记忆化搜索，状态方程不难。<br /> <br />这样写貌似效率很低，用G++提交还超时，我估计应该是求最短路的bfs（）耗时太多，主要是太懒，不想重新建图。不过还是凑合AC了<br /> <br />附上该效率低下的代码：<br /> <br />/* * File:

虽然说树状数组的原理是早就懂了，不过一直也没多想那么神奇的位运算到底是怎么回事，只是照葫芦画瓢。今天研究的时候研究了下位运算的内容，也弄懂了树状数组中的一个小问题首先说说位运算的一些基本操作：c语言的几个基本操作符自然不必多说置位(Set bit)A |= 1 清位(Clear bit)A &= ~(1 测位(Test bit)(A & 1 (A >> bit & 1) != 0取最后一个非0位(Extracting every last bit)A & -A

题目大意就是在一个6*6的盒子里，放一些不同大小的方片  1*1、2*2、......6*6求把所有方片放下所需盒子的最小数量 用sum记录对于6*6的方片，必须得用一个盒子  sum+=num[6]; 对于5*5的方片，首先必须用一个盒子才能将其装下，所以sum+=num[5];剩下的空间只能装1*1的方片了，所以判断num[1]与11的大小，num[1]>11?nu

题目大意是某些人将去参加一次party 但是他们和他们不能和他们的上司一起参加，问满足此条件的情况下能去的最多人数首先由给出的条件建好树，我是用邻接矩阵来存的，主要是为了方便，实际上效率还是比较低的。需要保存两个状态 一是某节点不用（即此人不去的情况）时该节点和该节点子树的最大值dp[i][0];                       二是是用该节点时，该节点及其

前天加了个acm群，群里一个人问的一个问题   看了一下，虽然知道是用线段树或者树状数组做，但是自己确不会这两种数据结构 看了看，贡献了无数次wa后，借助模板过了 题意很简单，就是求子段和，  但是由于数据量较大，普通的方法肯定超时，所以用树状数组。 数据量大只能用scanf  和printf    用cin 和cout超时  代码如下：  #i

类似表达式求值的题目 和表达式求值的做法也差不多 用两个栈分别储存  操作数  和 运算符   运算符的优先级 为  ! > & > | 有个地方需要注意的是，如果是! 与 ! 自己进行比较，  应该当作 ! 因为第二个! 准备进栈时，如果此时处理 第一个!，储存操作数的栈为空栈，如果此时调用pra.top() 就会出现RE 代码如下： #inc

<br />字典树，做的，据说暴力能过。。。<br /> <br />代码：<br />#include <iostream><br />#include <string><br />using namespace std;<br /><br />struct tree {<br />    int nxt[2];<br />    bool isWord;<br />    void init() {<br />        nxt[0]=nxt[1] = -1;<br />

<br />  题意比较简单，就是模仿马在国际象棋棋盘的动作，给出起始点和终点，求最少步数<br /> <br />先用 BFS写了一遍过了，然后看到不少人提到双向BFS ，看了后重新写了一遍<br /> <br />其实双广也并不难，理解了也很容易写出来，  就是起点和终点同时开始搜索，直到发现重合点为止。<br /> <br />对于此题来说，从起点开始搜已被搜索的点vis置为1，从终点开始搜索已被搜索的点vis置为2，  <br />若从起点开始搜遇到vis为2的点，或者从终点开始搜遇到vis为1的点

<br />贪心做法，思想主要是枚举需要去几个地方钓鱼，   选定了地方后，直接把在路上的时间减去就是钓鱼上所画时间了。接下来按哪个地方鱼多九分配给哪个地方就行，不用考虑路程时间了。<br />这样做的原因是  如果你先在1处钓鱼，然后  某个时间去了x，  然后再次回到1，这样的话和一开始就在1多钓几次鱼的效果一样，而且前者还多花了路程上的时间。   枚举去前n个地方，然后在1处掉，掉完后去2，然后去3...  直到到n处为止。<br /> <br />具体的可以参照黑书。<br /> <br />比较好

<br />题意是  给出  m组数，<br />每组 n个数  然后从m组中 每组选出一个进行求和 ，然后取其中前n小的数输出<br /> <br />选择的总数自然是 n的m次方，暴力法自然是超时的。<br /> <br /> <br />一个简单的思路是，从第一组到第m组依次处理<br /> <br />首先第一组的n个数自然是最小的n个数，  然后这n个数和第二组的n个组进行组合，形成n×n个数，保留其前n个数，再处理第三组，依次类推直到第m组<br /> <br />为什么保留前n个数就可以了呢？

<br />用优先级队列做的，由于一个细节问题，贡献了N次的RE<br /> <br />问题就是要求动态的查询第  k小的数，k由1开始递增<br /> <br />做法是用两个优先级队列 （也可以说是堆），一个最大优先级队列，一个最小优先级队列<br /> <br />由于是求第k小的数，所以每次查询的时候保持最大堆有有前k小的数就行了  然后返回qMax.top()<br /> <br />为了提取这前k小的数，所以我们一开始把数加入到qMin中，由qMin来返回前k小的数<br /> <br />要

<br />纠结的一道模拟题  ，快被它弄崩溃了，不做评论，栈模拟做的，<br />需要注意的地方有：注意LOOP的参数为0的情况，然后输出的格式相当复杂，但我的错误不是这两个。   <br /> <br />我是错在这种情况：<br /> <br />BEGIN LOOP n OP 1 END LOOP  n OP 1 END END<br /> <br />正确的答案应该是 2*n   我之前的结果好象是 n^2+n<br /> <br />也就是没有考虑到LOOP 并行的情况，当成总是嵌套的来处理了。

<br />#include <iostream><br />#include <string><br />using namespace std;<br /><br />struct node<br />{<br />    bool isWord;<br />    int next[26],cnt;<br />}tree[1000010];<br /><br />string word;<br />int total;<br /><br />void init(

<br />把坐标映射成一个  n进制数  hash一下，去掉重复的即可。处理方法有很多种。    用STL的set、和map会超时<br /> <br />val = x*n*n + y *n + z;<br /> <br />我用了sort排序然后手动统计不同数目就过了<br /> <br />代码：<br /> <br />/* * File: main.cpp * Author: Hewie * * Created on November 15, 2010, 10:06 AM