u010470972的专栏

题目：一个网格迷宫由n行m列的单元格组成，每个单元格要么是空地（用1表示），要么是障碍物（用0来表示）。你的任务是找一条从起点到终点的最短移动序列，其中UDLR分别表示往上、下、左、右移动到相邻单元格。任何时候都不能在障碍格中，也不能走到迷宫之外。起点和终点保证是空地。分析：图的BFS。#include #include #include using namesp

（一）增量构造法#include #include using namespace std;const int MAXN = 1000;int A[MAXN], n;void print_subset(int n, int *A, int cur) { for(int i = 0; i < cur; ++i) cout << A[i] << " "; cout << endl

题目：输入一个n个节点的无根树的各条边，并指定一个根节点，要求把该树转化为有根树，输出各个节点的父亲编号。分析：分析在代码的注释中！#include #include using namespace std;const int MAXN = 1000;int n, p[MAXN];vector G[MAXN];void dfs(int u, int fa

题目：输入一个表达式，建立一个表达式树！分析：找到最后计算的运算符（它是整棵表达式树的根），然后递归处理！            在代码中，只有当p==0的时候，才考虑这个运算符，因为括号里的运算符一定不是最后计算的，应当忽略！    由于加减跟乘除都是左结合的，最后一个运算符才是最后计算的，所以用两个变量c1跟c2分别记录在括号外面的“最右”出现的加减号和乘除号。

代码注释比较详细：#include #include using namespace std;struct Node{ int data; Node* next;};Node* head = NULL;bool create() { head = (Node*)malloc(sizeof(Node)); if(NULL == head) return false;

题目：有n件物品和一个容量为C的背包。（每种物品均只有一件）第i件物品的体积是v[i]，重量是w[i]。选一些物品装到这个背包中，使得背包内物品在总体积不超过C的前提下重量尽量大。解法：两种思路：第一种：d(i, j)表示“把第i,i+1,i+2,...n个物品装到容量为j的背包中的接下来的最大总重量”。            d(i, j) = max{d(i+1, j),

题目：输入一个n*n的黑白图像（1表示黑色，0表示白色），任务是统计其中八连块的个数。如果两个黑格子有公共边或者公共顶点，就说它们属于同一个八连块。输入：第一行输入一个整数n（n输出：输出有多少个八连块，以及每个块的面积。一个方格的面积为1。分析：把图片最外层扩展开来，在最外面加一层白色的框框。。设置一个数组来存储每个八连块的面积。。DFS递归调用每一个黑色的方块。。DFS的最

按先序遍历创建一棵树，以层次遍历输出样例输入A B # D # # C E # # F # #样例输出LevelOrder: A B C D E F  代码：#include #include using namespace std;struct node { //表示一个树上的节点 char ch; nod

题目：有n个人，第i个人的重量为wi，每艘船的最大载重量均为C，且最多只能乘两个人。用最少的船装载所有人。分析：贪心法！           考虑最轻的人i，他应该和谁一起坐呢？如果每个人都无法和他一起坐船，那么唯一的方案就是每个人坐一艘船！           否则，他应该选择能和他一起坐船的人中最重的一个j。           这样的方法是贪心的！因为：它只是让“眼前”的浪费

题目：有如下数据结构：typedef struct TreeNode{ char c; TreeNode *leftChild; TreeNode *rightChild;};现在实现函数：int CompTree(TreeNode *tree1, TreeNode *tree2);  比较两棵树是否相等代码：typedef struct TreeNode{

（一）题目：把一个01（只包含0和1的串）串进行排序。  可以交换任意两个位置，求最少交换的次数。方法：仿造快速排序里面的partition的过程。。。最左边的0和1是没有意义的，从左到右扫到第一个1，从右到左扫到第一个0，然后交换，然后继续扫下去，就ok啦。。代码：#include #include #define MAXN 1000using namespace st

思路：先对集合排序，时间复杂度nlogn，再把M从最大值开始遍历，A和B分别取小于M的最小值和最大值，测试A+B是否等于M，如果小则A右移，如果大则B左移。总的时间负责度为n*nint find(int S[], int n){ sort(S, S + n); for(int i = n - 1; i >=2; --i){ int left = 0, right = i - 1

（一）八皇后问题（1）回溯法#include #include #define MAXN 100using namespace std;int tot = 0, n = 8;int C[MAXN];void search(int cur) { if(cur == n) ++tot; //递归边界，只要走到了这里，所有皇后必然不冲突 else for(in

（一）生成1~n的排列分析：用递归的思想解决：先输出所有以1开头的排列（这一步是递归调用），然后输出以2开头的排列（又是递归调用），接着是以3开头的排列......最后才是以n开头的排列。伪代码：void print_permutation(序列A， 集合S) ｛if(S为空) 输出序列A；else 按照从小到大的顺序依次考虑S的每个元素v ｛print_permutati

题目：有n种物品，每种物品都有无限件可用。第i种物品的体积是vi，重量是wi。选一些物品装到一个容量为C的背包中，使得背包内物品在总体积不超过C的前提下重量尽量大。分析，完全背包问题，相对于上上篇文章的硬币问题，只是由DAG上的无权图变成了这里的DAG上的带权图！输出最后满足体积不超过背包容量的条件下，背包中的最大重量。代码：#include #include using

题目：输入正整数n（2≤n≤100），把阶乘n!=1×2×3ׄ×n分解成素因子相乘的形式，从 小到大输出各个素数（2、3、5、„）的指数。例如825=3×52 ×11应表示成(0,1,2,0,1)，表示分别有0、1、2、0、1个2、3、5、7、11。你的程序应忽略比最大素因子更大的素数（否则末尾会有无穷多个0）。  样例输入：  5 53  样例输出： 5!=3 1 1  53!=4

题目：输入顶点数目，边的数目，输入每条边的两个顶点编号还有每条边的权值，求最小生成树，输出最小生成树的权值。。注意：prim算法适合稠密图，其时间复杂度为O(n^2)，其时间复杂度与边得数目无关，而kruskal算法的时间复杂度为O(eloge)跟边的数目有关，适合稀疏图。kruskal----归并边；prim----归并点方法一：kruskal，克鲁斯卡尔

题目：树的遍历！按先序遍历创建一棵树，分别以先序、中序、后序遍历输出 样例输入A B # D # # C E # # F # #

从无向图中的一个结点出发走出一条道路，每条边恰好经过一次。这样的路线称为欧拉道路。奇点的概念：一个点的度数为奇数的时候，这个点就称为：奇点。无向图中结论：不难发现，在欧拉道路中，除了起点跟终点，其他所有点的度数都应该是偶数！如果一个无向图是连通的，且最多只有两个奇点，则一定存在欧拉道路。如果有两个奇点，则必须从其中一个出发，然后从另外一个终止。如果不存在奇点，则可以从任意点

题目：有n个矩形，每个矩形可以用a,b来描述，表示长和宽。矩形X(a,b)可以嵌套在矩形Y(c,d)中当且仅当a

拓扑排序：（1）由偏序变成全序的过程！直观的说，偏序指集合中仅有部分成员之间可比较！而全序指集合中全体成员之间均可比较！                    （2）将G中所有顶点排成一个线性序列，使得图中任意一对顶点u和v，若边(u,v)∈E(G)，则u在线性序列中出现在v之前。数据结构中进行拓扑排序的方法：方法一：（1）在有向图中选一个没有前驱的顶点且输出之！（2）从图中删

题目：有n种硬币，面值分别为V1,V2,...Vn,每种都有无限多。给定非负整数S，可以选用多少个硬币，使得面值之和恰好为S？输出硬币数目的最小值和最大值！分析：我们把每种面值看作一个点！表示“还需要凑足的面值”，初始状态为S，目标状态为0。那么若当前状态在i，每使用一个硬币j，状态便转移到i-Vj。 代码：记忆化搜索：#include #include using n

（一）所有边权均为正，不管有没有环，

题目，求一个连续的数组，最大连续和。（一）O(n3)算法：利用穷举法的思想，这种方法的效率最差。代码如下：#include #include #include #include using namespace std;const int MAXN = 1000;int A[MAXN], n;int maxsum(int *A, int n) { int beat

（一）归并排序分析：（1）划分问题：把序列分成元素个数尽量相等的两半。（2）递归求解：把两半元素分别排序。（3）合并问题：把两个有序表合并成一个。（每次只需要把两个序列的最小元素加以比较，删除其中的较小元素并加入合并后的新表）#include using namespace std;const int MAXN = 1000;int A[MAXN], T[MAXN];

（一）二分的模版：int binary_search(int *array, int length, int key) { int start = 0, end = length - 1; while(end >= start) { int middle = start + (end - start) / 2; int tmp = array[middle]; if(tmp <

#define ARRSIZE 10#define MINNUMBER 0xFFFFFFFF#define FIND_SUCESS 1#define FIND_FAIL 0int GetSecondMaxNumber(int buffer[],int *secondMax){ int i,max;