题目链接:http://lightoj.com/volume_showproblem.php?problem=1377 思路:这道题只要处理好遇到"*"这种情况就可以搞定了.我们可以用一个vector向量来记录所有的“*”,然后用一个3维数组来判重,并且对于每个状态都加一个标记,判断是否需要立刻转移,值得注意的是转移过后,vector应该立刻清空. #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstrin…

题目链接:http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=26898 思路:我们可以给定有直接边相连的两点的距离为1,那么就是求源点出发能够走偶数步的所有的点的个数. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<vec…

题目链接:http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=26879 思路:题目意思很简单,就是通过一些位置的交换,最后变成有序数列,对于一组序列,我们可以用康托展开然后hash判重. 然后就是普通的bfs,稍微留意一下细节即可. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #incl…

题目链接:http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=26772 思路:注意判重就行,开个6维数组记录3个robots的位置,然后要注意的就是不能多个robots同时在一个格子上,一开始没注意到这点! #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue&…

题目链接:http://lightoj.com/volume_showproblem.php?problem=1426 思路:首先我们预处理出每一个"*"在某一方向上最终能到达的位置,这里我们可以用一个四维数组来记录next[i][j][k][2],然后首先判断"impossible"这种情况,我们可以对每个"*"进行dfs,看是否能够到达边界,如果存在某个“*”不能到达边界,那么直接就是"impossible“了.判断好这个之后就可以…

题目链接:http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=26766 思路:由于数据不是很大,我们可以枚举骑士最后聚集的位置,然后枚举的时候用bfs搜索即可. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<vector&…

题目:https://loj.ac/problem/3057 想令 b[ i ][ j ] 表示两点是否可行,从可行的点对扩展.但不知道顺序,所以写了卡时间做数次 m2 迭代的算法,就是每次遍历所有不合法点对,枚举其出边看是否有合法的,把自己更新成合法. 可得10分. #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int rdn() { ;;char ch=getc…

题目描述 1944 年,特种兵麦克接到国防部的命令,要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛,营救被敌军俘虏的大兵瑞恩.瑞恩被关押在一个迷宫里,迷宫地形复杂,但幸好麦克得到了迷宫的地形图.迷宫的外形是一个长方形,其南北方向被划分为 nnn 行,东西方向被划分为 mmm 列, 于是整个迷宫被划分为 n×m n \times mn×m 个单元.每一个单元的位置可用一个有序数对 (单元的行号, 单元的列号) 来表示.南北或东西方向相邻的 222 个单元之间可能互通,也可能有一扇锁着的门,或者是一堵不可逾越的墙.…

这种图论问题都挺考验小思维的. 首先,我们把从 $x$ 连出去两条边的都合并了. 然后再去合并从 $x$ 连出去一条原有边与一条新边的情况. 第一种情况直接枚举就行,第二种情况来一个多源 bfs 即可. code: #include <cstdio> #include <string> #include <vector> #include <queue> #include <algorithm> #define N 100006 #define…

非常好的一道图论问题. 显然,我们要求城市间的最小生成树,然后查询路径最大值. 然后我们有一个非常神的处理方法:进行多源 BFS,处理出每一个城市的管辖范围. 显然,如果两个城市的管辖范围没有交集的话连边一定不是优秀的(一定会有一种都在管辖范围之内的连边方式来代替这种连边方式) 然后由于每一个点只属于一个城市的管辖范围,所以每个点只会扩展一次,这个 BFS 的复杂度是线性的. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 2006 #define M 200…

题目:https://loj.ac/problem/2548 如果知道正多边形的顶点,就是二分答案.二分图匹配.于是写了个暴力枚举多边形顶点的,还很愚蠢地把第一个顶点枚举到 2*pi ,其实只要 \( \frac{2*pi}{n} \) 就行了. 总之能得10分. #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define db double using nam…

Loj #3057. 「HNOI2019」校园旅行 某学校的每个建筑都有一个独特的编号.一天你在校园里无聊,决定在校园内随意地漫步. 你已经在校园里呆过一段时间,对校园内每个建筑的编号非常熟悉,于是你情不自禁的把周围每个建筑的编号都记了下来--但其实你没有真的记下来,而是把每个建筑的编号除以 \(2\) 取余数得到 \(0\) 或 \(1\),作为该建筑的标记,多个建筑物的标记连在一起形成一个 \(01\) 串. 你对这个串很感兴趣,尤其是对于这个串是回文串的情况,于是你决定研究这个问题. 学校…

直接退流复杂度好优越啊 LOJ #2196 题意 一段数列,每个点有点权$ A_i$,删除代价$ B_i$,附加属性$ C_i$ 求最小代价使得$ LIS$长度发生变化,且输出一种$ C_i$字典序最小的方案 $ Solution$ 首先可以求出以每个点结尾的$ LIS$长度数组$ f_i$ 按照套路建图 $ i向i+n$连边权为删除代价的边 若$ f_i$=1则$ S向i$连边权为$ INF$的边 若$ f_i$=$ans$则 $i+n向T$连边权为$ INF$的边 然后最小割即是答案 跑一遍…

https://loj.ac/problem/6121 BFS + 状压 写过就好想,注意细节debug #include <bits/stdc++.h> #define read read() #define up(i,l,r) for(register int i = (l);i <= (r);i++) #define down(i,l,r) for(register int i = (l);i >= (r);i--) #define traversal_vedge(i) fo…

目录 题目链接 题解 代码 题目链接 loj#2665. 「NOI2013」树的计数 题解 求树高的期望 对bfs序分层 考虑同时符合dfs和bfs序的树满足什么条件 第一个点要强制分层 对于bfs序连续的a,b两点,若a的bfs序小于b的bfs序,且a的dfs序大于b的,那么它们之间肯定要分层,对答案贡献为1 对于dfs序连续的a,b两点,若a的dfs序小于b的,且a的bfs序也小于b,那么它们的深度差不超过1,也就是说它们在的bfs序上之间最多分一层 先把前两个条件都判一下,然后把第2个条件…

[LOJ 2146][BZOJ 4873][Shoi2017]寿司餐厅 题意 比较复杂放LOJ题面好了qaq... Kiana 最近喜欢到一家非常美味的寿司餐厅用餐. 每天晚上,这家餐厅都会按顺序提供 \(n\) 种寿司,第 \(i\) 种寿司有一个代号 \(a_i\) 和美味度 \(d_{i, i}\),不同种类的寿司有可能使用相同的代号.每种寿司的份数都是无限的,Kiana 也可以无限次取寿司来吃,但每种寿司每次只能取一份,且每次取走的寿司必须是按餐厅提供寿司的顺序连续的一段,即 Kiana…

题目描述 给定平面 \(\text{xoy}\) 上 \(n\) 个开线段组成的集合 \(\text{I}\) ,和一个正整数 \(k\) ,试设计一个算法. 从开线段集合 \(\text{I}\) 中选取出开线段集合 \(\text{S}\in \text{I}\) , 使得在x轴上的任何一点 \(\text{p}\) , \(\text{S}\) 中与直线 \(\text{x}=\text{p}\) 相交的开线段个数不超过 \(\text{k}\) , 且 \(\sum_{\text{z}…

第一部分 基础算法 第 1 章 贪心算法 1):「一本通 1.1 例 1」活动安排:按照结束时间排序,然后扫一遍就可以了. 2):「一本通 1.1 例 2」种树:首先要尽量的往区间重叠的部分种树,先按照右端点排序,每次贪心的从区间的最右边种,然后检查下一个区间是否缺少,缺的话就在最右边继续补. 3):「一本通 1.1 例 3」喷水装置:这题可以发现每个装置所能覆盖的区间是一个矩形,所以这题就变成了给了一堆线段,选出最少线段覆盖整个区间,按照右端点排序然后贪心就可以了. 4):「一本通 1.1 例…

太裸的我就不放代码了...(黑体字序号的题表示值得注意) 1.搭配飞行员 [LOJ#6000] 二分图最大匹配. 2.太空飞行计划 [LOJ#6001] 最小割常规套路.输出方案.(注:这题换行符要用 \r) 3.最小路径覆盖 [LOJ#6002] 网上大多数题解都是二分图相关的,但这题有一个更直观的做法. 我们限制每个点的流量上下界都为 \(1\),从源点向每个点的"入点"连容量为 \(1\) 的边,从每个点的"出点"向汇点连容量为 \(1\) 的边,然后跑最小流…

[luogu_P1251][LOJ#6008]「网络流 24 题」餐巾计划 试题描述 一个餐厅在相继的 \(N\) 天里,第 \(i\) 天需要 \(R_i\) 块餐巾 \((i=l,2,-,N)\).餐厅可以从三种途径获得餐巾. (1)购买新的餐巾,每块需 \(p\) 分: (2)把用过的餐巾送到快洗部,洗一块需 \(m\) 天,费用需 \(f\) 分 \((f<p)\).如 \(m=1\) 时,第一天送到快洗部的餐巾第二天就可以使用了,送慢洗的情况也如此. (3)把餐巾送到慢洗部,洗一块需…

[LOJ#526]「LibreOJ β Round #4」子集 试题描述 qmqmqm有一个长为 n 的数列 a1,a2,……,an,你需要选择集合{1,2,……,n}的一个子集,使得这个子集中任意两个元素 i,j 均满足条件 gcd(ai,aj)×gcd(ai+1,aj+1)≠1,其中gcd(i,j)表示最大公约数,且这个子集的元素个数是所有满足上述条件的子集中最多的.输出这个子集的元素个数. 输入 输入的第一行包含一个正整数n. 随后n行,每行一个正整数ai. 输出 输出一个整数代表符合条件…

[LOJ#6002]「网络流 24 题」最小路径覆盖 试题描述 给定有向图 G=(V,E).设 P 是 G 的一个简单路(顶点不相交)的集合.如果 V 中每个顶点恰好在 P 的一条路上,则称 P 是 G 的一个路径覆盖.P 中路径可以从 V 的任何一个顶点开始,长度也是任意的,特别地,可以为 0.G 的最小路径覆盖是 G 的所含路径条数最少的路径覆盖. 设计一个有效算法求一个有向无环图 G 的最小路径覆盖. 输入 第 1 行有 2 个正整数 n 和 m.n 是给定有向无环图 G 的顶点数,m 是…

[LOJ 2134][UOJ 132][BZOJ 4200][NOI 2015]小园丁与老司机 题意 给定平面上的 \(n\) 个整点 \((x_i,y_i)\), 一共有两个问题. 第一个问题是从原点 \((0,0)\) 出发, 在只能向←↖↑↗→五个方向中有未到达的点的方向走且在没有到达一个点的时候不能中途转弯的情况下最多能到达的点数, 并输出一种可行方案. 第二个问题是如果用若干可以从任意点出发但是只能向↖↑↗方向沿着所有可能出现在最优解的直线上走的压路机将所有可能出现在最优解上的边都走过…

题目传送门:LOJ #546. 题意简述: 题目说的很清楚了. 题解: 将不包含起点或障碍物的连续的行或列缩成一行或一列,不会影响答案. 处理过后,新的网格图的行数和列数最多为 \(2k + 3\). 考虑将同一行连续的不包含障碍物的格子标记为一个点,同一列同理. 这样处理过后,网格图对应的点数最多为 \(6k + 6\). 某一行的无障碍连续段如果和某一列的无障碍连续段相交,就在它们所表示的点之间连一条权值为 \(1\) 的双向边. 从起点所在的行连续段和列连续段表示的 \(2\) 个源点开始…

luoguP4112 [HEOI2015]最短不公共子串 链接 luogu loj 思路 子串可以用后缀自动机,子序列可以用序列自动机. 序列自动机是啥,就是能访问到所有子序列的自动机. 每个点记录下一个字母最近出现的位置.不过我这里构造是\(O(n^2)\). 然后进行bfs进行广搜就行了. 注意vis[][]剪枝,要不TLE. 代码 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=…

题目链接 https://loj.ac/problem/6669 题解 Orz yyf太神了,出这种又有意思又有意义的好题造福人类-- 首先\(n\)次询问求出所有节点的深度. 考虑按深度扩展(BFS), 同时维护重链剖分 每次扩展一个点时,从根节点所在重链开始,每次询问当前节点与链底节点的距离,这样就可以算出它们LCA的深度,也就是当前节点到根的路径上与这条重链相交部分的最大深度.那么如果这个最大深度等于当前深度\(-1\), 就得到了该点的父亲:否则跳到LCA的轻儿子所在重链上,继续询问即可…

LOJ#2239. 「CQOI2014」危桥 就是先把每条边正着连一条容量为2的边,反着连一条容量为2的边 显然如果只有一个人走的话,答案就是一个源点往起点连一条容量为次数×2的边,终点往汇点连一个次数×2的边,跑最大流看是否满流即可 两个人的话由于两个人的路径可能相交,有可能从\(a_1\)走到了\(b_2\) 统计一遍 \(a_1,b_{1}\)为源点,\(a_{2},b_{2}\)为汇点的情况 再统计一遍\(a_{1},b_{2}\)为源点,\(a_{2},b_{1}\)为汇点的情况 这两…

经过笔者的多次实践(失败),在此温馨提示:用SPFA判负环时一定要特别小心! 首先SPFA有BFS和DFS两种实现方式,两者的判负环方式也是不同的.       BFS是用一个num数组,num[x]表示从1到x的最短路径包含的边数,当执行松弛操作d[y]=d[x]+w时,同样更新num[y]=num[x]+1,若此时发现num[y]>=n,则图中有负环(显然,n个点n条不重的边,必定又环).DFS则是换了一种思路:把d数组的初值置为0,这样就能保证走过的路径和一直为负,排除了大量无关路径.但是…

正题 题目链接:https://loj.ac/p/116 题目大意 \(n\)个点\(m\)条边的一张图,每条边有流量上下限制,求源点到汇点的最大流. 解题思路 先别急着求上面那个,考虑一下怎么求无源点汇点的上下界可行流. 可以考虑先把下限流满,这样就会出现有的点流量不均衡的问题,考虑每个点除了下限以外还有附加流量,这些附加流量会最多占能每条边\(r-l\)这么多的流量,可以先建立一张每条流量都是\(r-l\)的图. 定义一个点的\(d_i\)为该点的入度减去出度(流入的流量减去流出的流量),然…

图的遍历的定义: 从图的某个顶点出发访问遍图中所有顶点,且每个顶点仅被访问一次.(连通图与非连通图) 深度优先遍历(DFS): 1.访问指定的起始顶点: 2.若当前访问的顶点的邻接顶点有未被访问的,则任选一个访问之:反之,退回到最近访问过的顶点:直到与起始顶点相通的全部顶点都访问完毕: 3.若此时图中尚有顶点未被访问,则再选其中一个顶点作为起始顶点并访问之,转 2: 反之,遍历结束. 连通图的深度优先遍历类似于树的先根遍历 如何判别V的邻接点是否被访问? 解决办法:为每个顶点设立一个“访问标志”…