#include#include#include//qsort()函数位于stdio.h中//调用函数库提供的快排算法时，要根据排序的数据类型重写这个接口函数//下面是整形类型的接口函数int cmp(const void* a, const void* b){    return *(int*)a - *(int*)b;}int main(){

思想：如序列{4，6，5，7，3}，则其最长不下降子序列为{4，6，7}；算法实现：时间复杂度（n^2) int Lc(int num[], int n) {      int i,j, max = 0;       int list[n];       for(i = 0; i         {              list[i] = 1;

题意：有n种物品，每件物品的价值为pr[i]，体积为v[i]，重量为w[i]，数量为c[i]。现有一个体积为V，最大可承受重量为W的背包。问：怎么样选择物品，使得背包中的物品价值最大？分析：这题其实与上一题差不多，思路是一样的，只是多了一维，相应的记录数组也多一维就搞定。仍然是以二进制的思想来进行优化。不过因为数组变成了二维，所以数组不能开得太大。其实，不管多重背包变成多少维，解题的思路是一样

刚看到这题的时候，想都没多想，就开始暴力，结果runtime error，我想那应该是数组越界了。因为我暴力的解法的空间复杂度是nk[1]*nk[2]*、、、不用多想也知道是越界了，可是我好久后才发现，真水~这是个多重背包问题，第二次我把它转化为01背包问题，结果TLE. 因为我把它转化为N*nk[i]张钞票，cash的最大值为100000，这种做法显然会超时。不过我的体会也挺深的，就是01背

我觉得这是一道很好的dp题。题意：n个元素分成不相交的m段，求这m段和的最大和分析：cur(i,j) = max(cur(i,j-1)+a[j], max(cur(i-1,t))+a[j]) （1 cur(i,j)表示前j个元素中 i 段和的最大和  ， 他等于前 j-1 个元素中 i 端和的最大和 与 前i-1段中的最大和 这两者中的最大值加上第j 个元素， 前者即为cur(i,

寻找多元素算法hdu1029多元素即在数列中出现次数多于n/2的元素我们很容易的看出来，在一个序列中如果去掉2个不同的元素，那么原序列中的多元素，在新的序列中还是多元素， 因此我们只要按照序列依次扫描，先把A[0]赋值给c，增加个计数器，count = 1；然后向右扫描，如果跟c相同，则count++，不同，那么count --，这个真是我们从上面那个结论里得出的，一旦count

(一)巴什博奕(Bash Game):只有一堆n个物品,两个人轮流从这堆物品中取物,规定每次至少取一个,最多取m个.最后取光者得胜.显然,如果n=m+1,那么由于一次最多只能取m个,所以,无论先取者拿走多少个,后取者都能够一次拿走剩余的物品,后者取胜.因此我们发现了如何取胜的法则：如果n=(m+1)r+s,(r为任意自然数,s≤m),那么先取者要拿走s个物品,如果后取者拿走k(

分析：威佐夫博弈（Wythoff Game）问题(摘自网络）前几个必败点如下：(0，0)，(1，2)，(3，5)，(4，7)，(6，10)，(8，13)……可以发现，对于第k个必败点(m(k),n(k))来说，m(k)是前面没有出现过的最小自然数，n(k)=m(k)+k。一个必败点有如下性质：1.所有自然数都会且仅会出现在一个必败点中；证明：m(k)是前面没有出现过的最小自然数，自然与

分析：dp[i][j]表示前i个元素中 j 对数的最小差平方和      dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-2][j-1] + (weight[i] - weight[i-1])*(weight[i] - weight[i-1]));code:#include#include#define min(a,b) ((a) > (b) ? (b) : (

分析1 ：百度和goole了，都说是完全背包，可是我怎么想都不像，只是循环的形式相似，其本质我认为不是完全背包问题。我以为这更像是枚举。code:#include#includeint main(){ int s, t; int n; int i, j, k; int a[11], sum[10003]; int max, b[11]; while(sc

分析：这是一个多重背包问题，记得上次做过，好像是hdu上的，可是没写报告，所以这次在pku上看到了就重做了一次。多重背包的思想不是很清楚了，重做一次也算是温习吧。这题采用二进制进行优化，其中的思想就不多说了。code:#include#includeint max(int a, int b){ return a > b ? a : b;}int main(){

#include#includechar str[100];int next[100];void Get_next(char *str, int* next){ int len = strlen(str);//模式串的长度  int i = 0; int j = 1; next[0] = 0; //下标从0开始  while(j  {  if(str

//求L^n mod m,设计O(log n)的算法#include#include//返回x的平方int square(int x){    return x*x;}//用递归思想求L的n次方，充分利用计算后的结果，减少重复计算int exp(int L, int n){    if(0 == n)return 1;    if(0 == n%2)

快速排序算法已经有函数库提供给我们了，我们只要根据待排序的数据类型，重写cmp()这个接口函数就行了。下面是实例。qsort()函数在stdlib.h库中C语言中的qsort()函数原型为void __cdecl qsort ( void *base, size_t num, size_t width, int (__cdecl *comp)(const void *, const v

刚开始，我们学习递归思想的时候可能都会以求N的阶乘为例子。这是一个很简单的递归例子，可以很直白地展现递归的思想。可是我们对递归的理解往往会限于这种简单的模式中，很难跳出来。当我们遇到稍微难点的问题，我们可能又无从下手了。我深有感触。下面是一个比较好的例子，做出后，对递归的了解会更加深刻。题目：对于给定的正整数n，编程计算n共有多少种不同的分解式。Example：12=2*2*3=2*3

这是一个简单的算法设计题目，是《算法设计与分析》课程的练习题。代码：#include#include#define Maxlen 100//将十进制i转换为d（dvoid exchange(int d, int i){    char table[37]="0123456789abcdefghijklmnopqrstuvwxyz";//用于表示进制的符号表

刚看了《编程之美》的第一章，里面有个例子是讲怎么样控制CPU使用率的。这使得我想起了我以前做过的一个屏幕录制程序。屏幕录制程序的做法就是每隔一段时间就把屏幕上图像保存一次。这是最直观的方法，当然也是最不好的方法，因为这会造成CPU被强行地占用（你会发现运行这样的程序时，你的机器会立马慢下来，那是因为程序一直在那里循环着“监控”CPU时间，一到时间就执行保存屏幕图像的操作。这样，CPU的使用率机

直接贴Code：#include #include #include //节点数据结构typedef struct{unsigned int weight;unsigned int parent, lchild, rchild;}HTNode, *HuffmanTree;typedef char **HuffmanCode;void select

题目：/*球大数高次幂的模X^Y mod Z思路：x^y mod z = (x % z)*(x % z)*、、、*(x % z)*/#include bool Getmi(int X, int Y, int Z, int &res){ int numl(1); int numy(Y); int multi(X); int tmp(0); int

/*不要被阶乘吓到！来着《编程之美》例题。问题：1、给定一个整数N，求N！的末尾0的个数。2、求N！的二进制表示中最低位1的位置。*/#include #include /*在做之前，应该理解一个规律：[N/k]等于1,2,3、、、，N中能被k整除的数的个数。在下面计算5的质因子个数时会有讲解。*///第一个问题：//求末尾0的个数，其实

分析：求所有牛的通信路程的总和。查看数据，如果用二重循环会超时，而且数据比较大，所以要用__int64型。因为这是一维的，所以可以先排序，然后可以推出一个数学关系式。每增加一头牛，路程总和会增加（pos[i] - pos[i-1])*2 + (pos[i] - pos[i-2])*2 + ...+(pos[i]  - pos[1])*2 = {(pos[i] * (i-1) - (pos[1] +