Wall_F的专栏

网赛开始10分钟后开始读这题，然后立马发现这是求循环流，这一题的做法是拆点后求在满足最大流的情况下的最小费用。。即要使得第i个每个城市属于wi个循环圈，把每个点拆成两个点，建立超级源点s，汇点t，对每个城市i来说s->i连wi的流量，费用为0的边。i+n->t，连wi的流量，费用为0的边。 城市与城市之间，i>j+n 连流量为1，费用为cost的边。跑最小费用最大流即可。最后判断最

大意：你和iSea去寻宝，路上只能沿着A~Z||a~z的Rally最短路径走，路上你省下一分钟的时间去挖金子，也就是说只能挖一个金子，挖完后就不能再挖，问最多能挖多少金子。（输出保证是A~Z || a~z，要不没法做）思路：首先要确定这是什么问题，即金子只能挖一次，而且要使得挖得的金子最大化，显然这是最优化问题？如何去解决？以Rally和Gold分别为二部图的两部分建图，一个点只能连一条边

大意略。求大牛解答，二分图中如何判断关键边？除了暴力枚举之外的解法。#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 100000;const int max

大意略。思路：通过LCA/RMQ可以找到LCA(u,v)，通过记录预处理前驱fa的值，可以把u->v之间的所有顶点存下来，然后排一次序找到第K大值即可，如果size 给出LCA/RMQ代码。void DFS(int u, int dep){ vis[u] = 1; dfn[top] = dep; euler[top] = u; pos[u] = top; ++t

大意略。思路：搜索题，需要剪枝。注意两个地方的剪枝：1、总时间T与当前时间的差与当前位置到终点的曼哈顿距离必须同奇同偶，这样才能保证在T时刻走到终点。2、总时间与当前时间的差必须小于当前位置到终点的曼哈顿距离，这样才能走到终点。3、空位置的个数包括终点必须大于总时间才行。#include #include #include #include #include

大意略。位运算求N皇后问题是目前最快的求解N皇后问题解法之一。#include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define all (1<<n)-1int n;void dfs(int row, int ld, int rd,

大意：给定两个数组A，B，让你求在二进制表示下，B中数变为A中数所需要的最小操作。思路：对每一个B中的数，枚举A中所有数，保存最小值即可，注意题目要求选A中最小的那个数，所以开始需要排序。位运算求操作数比较高效。#include #include #include #include #include #include #include #include using name

#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxnode = 10010 * 110;const int sigma_size = 26;st

无向图的欧拉回路。#include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 1010;int de[maxn];int p[maxn+1];int n, m;void init(){ for(int i = 1; i <= maxn; i

线段树成段更新。#include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 1000010;const int INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;int p, v;int y1, y2;int sumv[maxn<<2], minv[maxn<<

为了了解，掌握反素数。#include #include #include #include #include using namespace std;int get_fac(int n){ int tot = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) if(n % i == 0) tot++; return tot;}int main(){

大意：给定的board的长、宽以及公告的长、宽，问第ith广告在第几行。思路：把h看做区间，w看做长度即可，维护一个最大值，每次往最左边更新。#include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 222222;int maxv[maxn<<2];int ql,

大意：求一个序列的逆序数对数，然后把前i个元素移动到尾部去，然后求这些序列中最小的逆序数对数。思路：利用时效性来求逆序数对数，可以达到O(nlogn)的时间复杂度。#include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 5100;int sum[maxn<<2];

大意略。线段树入门题。#include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 222222;const int INF = 0x3f3f3f3f;int max(int a, int b){ return a > b? a : b;}int n, m

大意略。思路：线段树入门题。#include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 50010;int sum[maxn<<2];int ql, qr;int p, v;int n;void pushup(int o){ sum[o] = sum[o*

大意略。思路：练习练习map的使用，代码丑了点，但总算AC了， - -！~#include #include #include #include #include #include using namespace std;map Map;char s1[15], s2[15];char ans[50010];void solve(){ while(scanf(

大意：求x^2-d*y^2 = 1的第K解。思路：佩尔方程的求解，我们知道佩尔方程有解的情况是d不是完全平方数，根据的佩尔方程的递推公式那么第K解就是：xn     =  [x1 dy1] ^n-1     x1yn    =  [y1 x1   ]            y1我们知道了d、k，用矩阵快速幂算出xn-1,d*yn-1，然后分别于与x1和y1相乘即可。#inc

预处理轮船到各个港口的最短路径，然后KM解之即可。/*HDU 2448*/#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 310;const int INF =

最大费用圈覆盖，转换成图的匹配来解之。/*HDU 3722*/#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 210;const int IN

找以前的水题切，但是忘记以前怎么想的呢，TAT...于是乎重新推了一次，找到了新的规律，时间复杂度大概是O（nlogn）+O(n^2)+O(n);如果数据规模还大一点就TLE了。。。首先求出逆序对数，对于初始队列维护四个值：1、第一个值为左边比A[i]大的数Left[i]；2、左边比A[i]小的数Left2[i]；3、右边比A[i]大的数Right[i]；4、第i个数A[i

学哈希表时的习题。H:a*x1^2+b*x2^2 = -(c*x3^2+d*x4^2)，H关于X轴对称，由于会有负下标，我们把函数位置右移maxn，即H（x+maxn) = H(maxn-x)，原函数关于X=maxn对称。所以我们可以先算出X右边的所有数，然后通过左边的数去映射右边的数，把所有可能解相加。因为x1,x2,x3,x4可以为正数或者为负数两种情况，所以在找到一种可能解时，需要把

一开始RE,然后枚举m，TLE了，然后有许多重边TLE。。还有HDU 3081 似乎最大流解法是错误的，目前还木有想到正解。渣代码略。。

以前通过KM来解的，今天用最大费用最大流写一次，结果发现WA。。 后来才发现有一种情况没有考虑到，即首先满足的应该是最大费用，而不是流。。。传送门#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;c

大意：在城市A->B之间通过所有路径一小时之内能通过最大的车辆(Maxflow)/所有边上通过最大车流量（cap）的那条叫做redundancy ratio。最小的redundancy ratio是前者最大的车流量的那一条（cap），问minimum redundancy ratio是多少。思路：一开始想通过每次找增广路径时去找出最小的残余量，然后再找最大的，后来发现是错误的。其实在沿着残余网

大意：地球人要占领喵星人的星球，给定地球战舰的初始值以及每年递增的速率，喵星人战舰初始值，以及每年递增的速率，求在一个最小的时间，在改时间内占领全部星球。（一个星球只能占领一个喵星球）思路：由最后一个条件知道二分匹配，然后二分差值即可，WA了几次，开始以为是数据在0-40000之内，后来发现可能很大，而且精度转换会有误差。#include #include #include #inc

S->T流代表路径，在最短路树上的点连边既可，容量为1. 似乎题目保证有解。#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 1610;const int INF =

两道的题型都是：给出现有的匹配，让你求匹配的权值最大时，改动的边数。方法就是把边上标记，上标记的方法就是把权值扩大比N大的一个倍数，比如说N：50，那么我们就扩大55倍，原来已经存在的匹配边权值再加1，就这样，无论有原有匹的匹配边有多少条，一定要小于55，但这样，又标记出了，求得ans/55时，这个值就是最大的匹配权值，ans%55就是没有改变的匹配边。/*HDU 2853*/#incl

KM两道。POJ 3686 建图很巧妙，注意建图的方式。/*POJ 3686*/#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 60*

大意：给定一个有向图，把图分成一些环，要求每个点只属于一个环，求满足条件的环所有边权和的最小值。对于满足条件的环，每个点的入度和出度均为1，我们可以把每个点拆成入点和出点，那么也就是说一个入点对应一个出点，一个出点对应一个入点。那么这个问题就变成了一个最佳匹配问题。

两者都是求最小权匹配。通过这次练习发现一个问题，就是求最小权匹配时，最好把W的赋值为-INF。在做第二题时，出现两者之间没有连边的匹配到了一块，所以最好赋值为-INF。输出时，只加上已经匹配边的长度。即：for(int i = 1; i #include #include #include #include #include #include #include #includ

测试。#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 310;const int INF = 0x3f3f3f3f;int n;int W[maxn][ma

7月冒泡第4题。大意明白后很好写，注意初始化W的值。#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 110;const int INF = 0x3f3f3f3f

7月冒泡第5题。由于为负数的房间不能入住，所以不需要读入，而直接初始化为-INF.这是一个很重要的初始化。因为，如果不这样做的话，可能学生可以一一对应一些房间。那么当计算是否完备匹配时，是比较麻烦的。#include #include #include #include #include #include #include #include #include #inclu

7月冒泡第三题。#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 310;const int INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;int W[

2道KM。HDU 3523题目长了点，POJ 2516 需要拆点来做KM。/*HDU 3523*/#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;co

大意不再赘述。思路：其实是最小公倍数。N+a ≡ 0 (mod Mi)，求得lcm之后减去a即可。#include #include #include #include using namespace std;typedef __int64 LL; //long long WAconst int MAXN = 110;int n;LL lcm, a;LL gc

大意不再赘述。思路：一元同余方程组的解，可以通过两两合并来求解，注意当最后的结果时需要特判，该结果为A数组的最小公倍数，其余的合并求解即可。#include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;int n;int times;const int MAXN = 101

大意不再赘述。思路：之所以再写一次这个题目是因为对这题有了更深的理解，而且找出了以前的一些BUG和理念上的错误，其中完全背包与0/1背包的区别，优化成滚动数组以及为什么可以优化成滚动数组，它的逆序循环，“阶段”的划分，而且在规划方向的选取上都有了较大的进步。#include #include #include #include #include using namespace

大意不再赘述。思路：虽然说是完全背包，但感觉和DAG上固定终点的最短路差不多，只不过“面值只和恰为S”改成了“体积之和不超过C”，另外增加了一个新的属性---重量，把原来的无权图变成了带权图。这样，问题就变成了以C为起点，终点为0的、边权之和最小的路径，同样可以用动归递推的方式求解。而且我们可以选择是否打印路径（字典序），唔，与0/1背包的联系与区别，个人感觉0/1背包选用滚动数组优化的话

大意不再赘述。思路：挺简单的一道题，开始我是想保存一个节点的前驱节点，然后判断当最短路相等时再判断cost[fa[y]][y] 与cost[x][y]的大小，然后用tot加上它，后来WA。细想一下，原来它们以前的tot可能不相等，即我们必须以节点为单位保存一个节点在最短路上的最小费用，这样才能保证求出正确的结果。顺便贴下以前关键的代码。AC CODE#include #include