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总体思路是： m,n 两个数，始终保证，m是两者中较小的一个，这样就只有一种情况了， 从m，到达n, 只有往下走，到达n所在的行，并且，尽可能地离n较近，最后，计算到达n所在行时，m所在的位置，这道题的思路是这样的， 首先找到每行中每个数到达下一行的规律。然后 1 、 发现 奇数行，只有奇数可以直接一步到下一行，偶数行，只有偶数才能直接到下一行，并且对应的数字为 当前m 加上2 *m所在行。

hdu 1028这道题是我重新拾起acm来第一次，一次AC通过的题， 这道题背后的原理是母函数相关的内容，正确构造母函数式是关键，然后就是计算这个母函数。背后的原理是数学。

这道题，我是用的5重循环过得， 前期WA主要错在，自己加一个判断，求出给出字母序列的最大值，最小值，然后出错了，发现没有必要手工构造就去掉了，然后就AC了。这道题带来的启示是另一种解法： 深度搜索 这种思路之前还不会，在此mark下。 当遇到循环过多无法使用循环时，采用此方法，思路就是dfs ，深度搜索，代码如下：

这道题用到的方法是： DFS+奇偶剪枝+回溯 一般的DFS是不需要回溯的，仅仅做一个标记而已，但是这道题一个递归经历的，下次可以重用，所以需要回溯。 DFS深度优先遍历：就是循环+递归，循环是为了保证都能够有机会进行递归。递归就是深度有限的体现。回溯：回溯是指当前递归搜索路径不满足条件时，但是还有其他未搜索路径，存在满足条件的可能性，需要返回起点重新搜索（回溯）。由于可能和当前路径某些点重复，所

#include <iostream>#include<cstdio>using namespace std;int cost(int a[],int len){ int time=0; for(int i=1;i<=len;i++){ if(a[i]-a[i-1]>0){ time+=(a[i]-a[i-1])*6; }else

经过多次修改发现，同样的代码，把cin换成scanf就AC了，然后查找相关资料发现，，scanf效率比cin好的多，cout 比print 效率好。mark

（本题属于算导最近点对例题。） 本文转载做学习用，不作其他用途题目描述　　给出二维平面上的n个点，求其中最近的两个点的距离的一半。　　输入包含多组数据，每组数据第一行为n，表示点的个数；接下来n行，每行一个点的坐标。当n为0时表示输入结束，每组数据输出一行，为最近的两个点的距离的一半。　　输入样例：　　　　2　　　　0 0　　　　1 1　　　　2　　　　1 1　　　　1 1　　　　3　　　　-1.

当求两个大数的和的时候，很容易想到模拟算术的基本过程：对齐相加。当分数化成小数的时候，需要指定保留的小数位数的时候，也可以模拟手工的除法过程，计算每一位商与余数实现准确的输出指定位小数。除法的过程：先上商，然后余数进行借位（本质是乘以10）,核心代码： int n=a/b; int a=(a-n/b)*10;

前面提到了康托展开式，主要是把对应排列的康托式作为数组下标，方便找到该排列。 核心思想：利用康托展开式，记录每个排列状态，从最终状态倒序BFS，中间记录到达的每一个排列的经过的步骤，完成搜索后，就把能到达的状态，写到了数组里。以及如何到达的也写到了数组里，直接进行查表就可以了。另外如果用string 类型记录路径会比较方便，但是耗费内存太大，会出现MLE，主要原因是string会开辟实际内存是长度

这道题和hdu1043 Eight问题可以认为是同一类问题， 针对这道题，是手动实现的hash， 而Eight问题是利用康托展开式 ，康托数和排列一一对应本质还是hash这两道是典型的状态搜索题，这里纪念下 下面是ac代码，思路源于其他网友，这里借鉴#include<iostream>#include<queue>#include<cstring>#include<cstdio>usin

这道题和hdu 1054同样是二分图匹配相关的问题。 二分图 最大匹配数=最小点覆盖数。DAG 最小路径覆盖=顶点数-最大匹配数最大独立集=顶点数-最大匹配数。当一个图是无向图时，需要从每一个顶点进行最大匹配查找，所以无向图的最大匹配数是求出的最大匹配数/2; 或者可以理解为： 当图是无向图时， 左边的集合是包含了所有的顶点， 是有向图时，只包含了一部分顶点。匈牙利算法: vector<i

这是个最小点覆盖问题，而最小点覆盖问题=二分图最大匹配数匈牙利算法是计算二分图最大匹配的算法：其dfs实现版本如下bool dfs(int v){ for(vector<int>::iterator it=tree[v].begin();it!=tree[v].end();it++){ int w=*it; //for if(!visited[

这道题是一个树形 背包问题，或者说树形DP问题，房间的管道形成树。背包问题的特点： 最优子结构，可分解， 解决办法： 常见的有递归（自顶向下），搜索（自底向上），背包注意的问题，为什么要自底向上搜索？？？？需要好好学习背包问题；#include <iostream>#include<vector>#include<cstdio>#include<cstring>using namespac

这道题，我想的是dfs,毕竟我刚学会这个算法，后来，也想到要排序，那是我为了寻找剪枝条件，最后，找到这种解法，mark一下。 学到一个最长上升子序列的求解方法：利用二分查找。

核心思想 ： 1. 先计算，入口，珠宝，出口，两两之间的最短距离，（最短距离肯定采用BFS），记录到数组中，dist[a][b],表示，a（可能是入口，珠宝，出口），到所有其他b（入口，珠宝，距离）点的距离； 2. 在入口，珠宝，出口之间再采用dfs，，把入口作为起点，依次dfs求出最大值，遍历到出口时，更新记录最大的珠宝值。#include <iostream>#include<cstdi

gridland ，当长宽都是奇数时，结果为n*m-1+sqrt(2) 否则为n*m，因为，可以看作是一个环，所以共有n*m个节点，n*m个节点构成的环自然长度为n*m#include <iostream>#include<cstdio>#include<cmath>using namespace std;double handle(int r,int c){ if(r%2&&c%

完全背包问题。 问题错在memset的使用上，const int INF=100000;memset(dp,INF,sizeof(dp));并不能把数组dp全部赋值为INFmemset是按字节复制，所以，一般可以进行数组的赋0 操作，否则不要使用memset进行赋值，而是老实的使用循环。完全背包核心代码： for(int i=0;i<N;i++){ for(int j=w[i];j<

这题和卡特兰数很像。但是是组合数学，和大数的问题。 如果m=n 则是卡特兰数 这题需要用组合数学考虑。 n>m 为0 很容易得到 m+n 个人排队，总的排队是 C(m+n,n) 最后再乘以 m! 和n!. 用0表示拿50元的人，1表示100元的人。 则排队方式是 m个0 和n个1 的组合， 再乘以m!n!. 对于会停止的排队方式，也就是非法方式是：m每个0,n个1 的非法排队

状态压缩dp 首先进行状态映射，（状态压缩），一共有15门课，每门课则可用一个数字位 来表示这门课作业是否已经做完，比如3门课 001,表示完成了第一门课作业，101,表示完成了第1门，第 3门作业。 则需要一个0-15位整数范围的数来表示所有状态 初始状态000, 结束状态1111…11 表示完成了所有作业。 再找状态转移方程 对于状态i, 这个状态可能由前一个状态pre，加上做完一道作

此题是动态dp，也可以是最长单调子序列的变形。一个类型的箱子，可以变为3个不同的箱子，共有n*3个箱子，对箱子先按长排序，再按宽排序 思路：对于3*n个箱子 ,i表示第i个， dp[i] 表示，以i作为最底层箱子时的最大高度则 dp[i]=max(dp[i],dp[i]+dp[j]) dp[j] 是所有小于箱子i的高度，求出其中最大的高度。最后 ，在i个箱子对应的高度dp[i] 中选

主题思想： 用对数来缩小数的量级。 因为数实在太大了。n!<2^x. 给出x 求出n.利用对数把乘法变成加法，且减小量级。log2(n!)<log(2^x)=xlog2(1)+log2(2)+...+log(n)<xAC 代码#include <iostream>#include<cstdio>#include<cmath>using namespace std;const in

思想记忆化搜索还有的搜索方式是状态搜索状态搜索，是进行状态映射，以便得知某个状态是否已经搜索过了，是为了避免重复搜索， 状态搜索应用的场景是，简单地标记哪个点有没有走过，已经不再满足需求了。或者说，无法进行标记哪个点是否已经走过。记忆化搜索是，在搜索的过程中，会产生很多重复搜索，但是只要记住第一次搜索的结果值，可以直接用上次的搜索结果，并避免再次搜索，减少了搜索范围，避免了重复搜索。 记忆化搜索的

此題有有意义，纪念下因为此題，特殊在走过的路可以重走，需要进行记忆化搜索，最小时间，肯定使用BFS走过的节点可以重走，但是如果走到这个节点的时间是相同的，则重走这一节点没有意义。 所以和以往传统搜索題不同， 传统的搜索，用visited[x][y]来标记是否走过，以便下次不再重复走 这次，需要再多加一个维度，加上时间 visited[x][y][time] 表示time相同时不需要重走， 此

此題理解起来简单，但是还是有些细节需要注意， 这里纪念一下。 首先定义性价比: 两种方式：每天开销最小，即每天平均下来花的钱最少。另一种：每元钱买的天数最大。 另一个注意点就是要读题，性价比一样时选择容量大的这两种方式不容易出错。如果定义性价比为，每元买到的牛奶最多，应注意有个陷阱，就是每元能喝到的牛奶最多才正确，比如500ml，其中100ml是无效的，需要去除，否则，算出的每元买到的牛奶最多

最短路径+ 记忆化搜索注意转变思路，每一点到家的存在最短路径，则，以家为起点，寻找到每一点的最短路径。 dijkstra 单源最短路径 ，求的是 一个源s到其余每一点的最短路径记忆化搜索如果不对节点进行记忆化搜索，将会有大量重复搜索过程。如果记录结果，那么会减少搜索量。 要记录什么结果呢？ 用一个数组记录每一个节点到终点有几条路径。如果遇到已经搜索过的节点，则直接返回就可以了，不必再重复搜

n 为奇数 0 n为偶数, dp[2]=3; 令dp[0]=1; dp[1]=0; dp[3]=0;递推发现：其实我并没有发现，都是人家发现的 汗…… 如果最后两列拼满 则为dp[n-2]*dp[2]=dp[n-2]*3; 如果最后两列拼不满一定是最后四列拼满的，两列拼不满有2中拼法我看不懂啊， 不说了，反正最后就是得到一个通项公式 dp[i]=4*dp[i-2]-dp[i-4

概率计算题 不是很理解参考博客： http://www.acmerblog.com/hdu-1145-so-you-want-to-be-a-2n-aire-1485.htmlAC代码：#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;const double eps=1e-8;int n;doub

主题思想：暴力枚举，对每一个四位数进行判断，是否全部满足猜到的情况。AC代码：#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;const int maxn=105;struct Node{ int a; int b; //the number of that a has equal w

数学题 ,因为只能正方向行走，所以总距离dist=sum{|x-xi|+|y-yi|,i=1..n} 所以x为xi中的中位数，y为yi中的中位数时，总距离最小代码：#include <iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=1000005;double xp[maxn];

这道题我不会。dp感觉老是自己写不出来啊，状态转移方程不好建啊，问题抽象。 我一定可以超越其他人，其他人混得比我好，只是因为他们比我早几年工作吧。沉下心来学习，不要被世俗所打扰，守护你的高傲。 用的是dp的思想。 和求最长LCS的思路大体相似。 对于一个序列s1,s2. 用数组dp[i][j] 表示 s1 的第i个字符和s2的第j个字符 比较时最大值 ，，这时分3种情况： s1[i]

完美匹配题 完美匹配肯定是最大匹配，根据题意，应该是每个学生匹配到一门课。 所以学生作为左边集合。最大匹配=最小点覆盖。 最小路径覆盖=顶点数-最大匹配数 算法匈牙利算法：bool dfs(int i){ int n=stu[i].size(); for(int j=0;j<n;j++){ if(visited[stu[i][j]]) continue;

参考 博客 http://blog.youkuaiyun.com/ysc504/article/details/8812339这是一道几何题，计算多边形重心。一个n边形，从一个顶点出发连接其他顶点会得到n-2 个三角形。因为，除去这个顶点相连接的顶点有n-3个顶点，而n-3条连线分成n-2个三角形。 //①质量集中在顶点上 // n个顶点坐标为(xi,yi)，质量为mi，则重心 //　　X =

主题思想 ：BFS，已经做了好几道BFS，结果这道还是没写出来， 写BFS ，要考虑好，跳过的条件，分开下，首先判断，是否跳出格子，然后判断是否可以跳过其他条件，再判断是否到达 目的地 再判断，是否访问过，进行加入。bool bfs(){ Node p; p.x=sx; p.y=sy; p.flag=-1; p.t=0; queue<Node> pq;

中心思想 转化为二分图最小顶点覆盖问题。二分图最小顶点覆盖数=二分图最大匹配数那么二分图到底是哪两部分呢？ 一部分是机器A ，一部分是机器B， 如果某个任务，可由 A 的Xi 和 B 的 Yi模式完成。则在Xi 和 Yi之间连一条线，有向图，A—>B 。 所以 二分图左部分集合就是机器A的模式的集合，右部分是机器B模式集合。模式从1 开始，排除模式为0的元素。详细参考博客：二分图最

主题思想： DAG 有向无环图，最少路径覆盖本质二分图最大匹配问题二分图最大匹配数=最小点覆盖数DAG最少路径覆盖数=DAG顶点数-二分图最大匹配数。特别的 无向图的最大匹配数需要除以2。且顶点是全体。AC代码：#include <iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<vector>using namespace std

动态规划状态转移方程： 有三种状态，可以保持不动 ，也可以在下一秒时间走一步：向左，向右，特殊的 如果走到两端，则减少了一种情况。 由于申请的数组大。 走到最右端，再走，默认值是0, 所以可以一并处理。但是走到最左端，如果再向左走，下标变成-1 ,会出界。状态转移方程： dp[x][t] 表示t时间在x位置if(x==0) dp[x][t]+=max(dp[x+1][t+1],dp[x][t+

纪念下： 这道题是简单dp，是一道自己可以看出来并实现的dp，证明之前的学习还是有用的继续加油状态选择方程： dp[i]=max(dp[j]+a[i],dp[i]) { j is a[j]#include <iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;#define

这题是快速求幂取模定理：a^(b) if b=2k+1 a^(b)=a^k*a^k*a if b=2k a^(b)=a^k*a^k快速幂求模#include <iostream>using namespace std;int main(){ int a,b; while(cin>>a>>b){ int ans=1; w

主题思路树状数组：对线段按x坐标进行排序，从小到大依次遍历，最初开始时把所有点都加入到r边的树状数组中。随着遍历，删去已经遍历过的x坐标的点，并把这些点加入到左边的树状数组中。 需要对树状数组进行统计，以及进行更改。这也是为什么用树状数组。参考博客：http://www.cnblogs.com/Stomach-ache/p/3871751.htmlAC 代码#include <iostream>

此題有纪念意义：如果两个int数很大，结果需要放到double型里面， 那么第一步请先乘以 1.0，转化成double型否则可能中间结果溢出，导致得不到正确答案 比如 int n;// n可能很大，double sum=0;sum=n*(n+1)*(n+2)/6.0;如果我们不在第一步乘以1.0,那么n*(n+1) 可能就已经溢出，结果自然是错误的，所以正确的写法是。sum=1.0*n*