题目:http://acm.scs.bupt.cn/onlinejudge/showproblem.php?problem_id=1095 题意：这题要在一个无向正权图上找单源最短路，找到目标点后，还要求出到达这个点的最短路径的数量。有重边。 解法：dijkstra+DP。正权图找最短路首先想到dijkstra，然后考虑如何获得最短路数量和怎样处理重边。因为两点间只需一条最的路径就够了，因此记录图的时候可以考虑忽略其他权比较高的路径，只记录最短的那条。并且增加一个二元数组记录相邻点间的最短路径条数。此外有数组d记录起点到各点的最短距离，count记录到达这点的最短路径数。在dijkstra过程中，加入新节点后松弛没找到最短路的点的过程中，考虑如果松弛过程中d[i]==d[pos]+map[pos][i]，则count[i]+=count[pos]*p[pos][i]（此处之前错误写成了count[i]++，-_-!），如果d[i]>d[pos]+map[pos][i]，则count[i]=count[pos]*p[pos][i]。最后输出d[b],count[b]就行，注意各数组初始化，并且注意是两组输出之间有空行，最后一组输出后不用空行，仅换行，这里我也悲剧了一次。

题目:http://poj.org/problem?id=1753题意:在一个4*4的方格阵里，每格里有一个一面白一面黑的棋子，初始状态由输入给出。游戏开始后，每次选择16格中的任何一个，然后将它以及它周围紧相邻的4个棋子翻转（超出边缘的不计）。游戏的目的是将所有色块翻成同一种颜色。问能不能达到游戏目的，如果能输出最少需要的翻拍次数。解法:bfs枚举每种情况。BYR论坛算法版给出的分类是枚举，但这题枚举要采取广搜策略。另外，注意到一共只有16个格，因此可以用一个16位的int存储状态，这样内存就不会超。存储每个状态是否被访问过可以直接用一个2^16个元素的flag数组完成。模拟翻牌过程用位运算即可。代码: Source CodeProblem: 1753 User: gp2593Memory: 1120K Time: 32MSLanguage: GCC Result: Accepted * Source Code #include<stdio.h> #include<stdlib.h> typedef struct node { int box; int time; int max; }NODE; turn(int bo,int positio) { int k,t; t=1<<positio; bo=bo^t; if(positio+4<=15) { k=t<<4; bo=bo^k; } if(positio-4>=0) { k=t>>4; bo=bo^k; } if(positio%4!=0) { k=t>>1; bo=bo^k; } if(positio%4!=3) { k=t<<1; bo=bo^k; […]

昨天开始感冒，浑身无力，感觉不爽。今天写了两个，第一个是单调子序列，就不贴了。第二个是这个DP。题目:http://acm.scs.bupt.cn/onlinejudge/showproblem.php?problem_id=1094题目意思是求一个序列，这个序列满足三个一组，并且每组有一个属性m，这个m=min((a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2)，其中a，b，c为序列中这组数的值。求得的序列是在N个元素的序列中的K组，使得这K组的m值和最小。解法：DP。考虑到如果abc顺序排列，则m只能取得(a-b)^2或(b-c)^2之一。类似01背包，将每个数当作每个物品，这个物品重量是1。因为决定一组数的m值尽取决于两个元素，因此第三个元素可以在没被选择的数里任意选择。状态转移：dp[i][j]=min(dp[i-2][j-1]+(a[i]+a[i-1])^2,dp[i-1][j-1])。这个状态转移的意思是，当考察了a中前i项并且最多组k队时的最小m值。这里实际上是在决定将a[i],a[i-1]加入组队，还是保持不变。因为这里每个人的重量为1，而最大容量相当于2*K因此，一定可以将背包装满。因此可以得到K组人。代码：点击下载

这个周末很颓废，几乎什么也没干。谴责一下自己。题目:http://acm.scs.bupt.cn/onlinejudge/showproblem.php?problem_id=1036这题就是要求一个稠密图上的最小生成树，并且求在这个生成树上的一个点，要求这个点到其余所有点的距离和最小。题目条件保证生成树唯一。解法：首先求最小生成树，用prim。每加入一个新的节点时，计算这个点到已经加入的所有点的距离。因为最小生成树中任意亮点的通路唯一，因此可以直接与prim中pre数组中的点到其余点做和求出。代码:依然点击这里下载

今天中午收到前天晚上在当当网定的书，当当的送书效率着实让我受惊若宠了一下。说来惭愧，三本书中两本是马上期中考试了的科目，因为觉着科目浮云，就连书都拖着到现在才买。当然，那本觊觎已久的APUE的到来还是让我兴奋了一下。今天早上自学完成OS之后还在愁上课没事干，下午这本圣经就突如其来的到手了。不过那700+页数的厚度还是很恐怖的。慢慢啃吧。啃完它再啃两本《UNIX网络编程》。言归正传，今天在逛M牛的博客的时候，发现了一个很好的算法题，正在感慨算法的精妙时，突然就在北邮的新oj发现了这么一道题，于是就做了。题目是说要求在内存1000K的条件下，完成记录一个10^6次方大小的数组的相同元素个数大于1%所有元素，并且按出现次数降序排列（出现次数相等则按元素从小到达排列）。这题的直观想法是，用一个数组记录每个值出现的次数，但题目中说每个数的范围是2*10^9，因此直接打消了我这个念头。1000K的内存甚至不足以记录所有10^6个数。因为这题明显改编自在M牛那看到的那道题，因此观察输入，将数组输入两遍，这就相当于我们只可以对原数组扫描两遍便得出结果。这里就要引出这个很牛逼的算法。第一遍扫描，我们用一张100大小的表记录某个元素的出现的次数，当这个表在扫描到某个元素时超过了100个记录时，则对表中的每个元素的出现次数减一，这样就能保证将表的元素数控制在100以下。当处理最后一个数时，无论是否超过100个元素，都将这个值添加到表中。这个第一遍找出的元素包含但不限于所有满足要求的结果。证明如下：反正，设总共有n个元素，且有一个x的出现次数p>=n/100。若x不在这个集合中，则必有在这个x之后又做了至少p次对所有出现次数减一的操作。因为每次操作减少100个元素，因此有减少了100p，而数组中总共有n个元素，且最后一个元素不会被去掉，因此100p<n，这与p>=n/100矛盾，得证。有了这样一个集合，我们就在第二遍输入的过程中简单记录在这个集合中的元素出现的次数，并且最后去掉所有不满足要求的元素（出现次数<1%，排序输出即可。因为这个表最大不超过100，因此是O(1)，因此不超过1000K的内存限制。code: #include<stdio.h>#include<stdlib.h>struct NODE{ int num,count; NODE *next;};int main(){ int n,in; int total,flag; int i,j,k; NODE *p,*q,*r; NODE head,ans; while(scanf(“%d”,&n)!=EOF) { head.next=NULL; ans.next=NULL; total=0; for(i=0;i<n;i++) { scanf(“%d”,&in); p=head.next; flag=0; while(p) { if(p->num==in) { p->count++; flag=1; break; } p=p->next; } if(!flag&&total<100) { p=new NODE; p->num=in; p->count=1; p->next=head.next; head.next=p; total++; } else if(!flag) { p=new NODE; p->num=in; p->count=1; […]

今天心情不错，早上起来按部就班收拾自己，收拾书包，启程去苏州街75号，鼎钧大厦，考我希望是最后一次的GRE AW test。九点出发，到明光桥北等公交，490先于304到了，于是决定坐490转地铁，放弃等那个不知道多久能来一趟的304。9点45到达考场休息室，等着开始，9点56分左右进来三个奇形怪状的非主流，怎么看都不像GRE的，果不其然，他们是考护士的。于是我更担心的事情出现了：他们考上护士了是不是很危险。10点17分的时候后来被发现很NICE的考官甲出现了，叫我们领表和钥匙。之后是存包，交表，听考官乙用京腔讲的注意事项。之后是排队等着进场，我本来排在第四位，在一位记者朋友同志前面。结果我刚坐到登记用的电脑前就被告知我还要等等，因为前面那场用我即将使用的那台电脑的同学还在答题。于是我想到了两件事：第一，那个同学一定详细的填好了前面的22道令人不安且愤慨的背景调查部分，并且在选校环节异常纠结（因为随后当我被告知她/他还有两所学校要选之后，我又等了15分钟才被准许进场。当然，按照arguement精神，我还没排除他/她是否错点了remove all selected schools按钮，并重新选择了4所学校，或者他/她中间有什么不适晕过去了15分钟的可能性，我不能说他/她选校很纠结）；第二，ETS的机考每个考生所用的机器是事先安排好并不能随时更换的，否则应该是由排在队尾的那个面相狰狞的女同学来承担最后进场的等待的煎熬。在等待的过程中，那个考官甲在看到我来回踱步并嘴里默念着什么的时候对我投来了nice的笑容。当我终于进场时，我发现很多人的issue几乎已经写完了。不过，不过，这个不过很重要，不过，随后我的人品就爆发了，issue两题都很熟悉，并读过范文，做过练习，选择其中一个感觉逻辑更清晰的飞快的敲了出来，之后arguement是那个经典的west egg，不知道为什么，我就是对这个west egg很有印象。之后happy happy的敲完了arguement的5个正文段落。我想说的是，这学期以来积攒的人品终于爆发了。还有很重要的一点是，baidu终于收录了我的16个页面，yahoo也开始有了收录。心情这么好，就废话了一大堆，下面是正文：题目:poj2195,最小费用最大流。poj2195 Going Home。http://poj.org/problem?id=2195题意:求几个原点到几个终点的最小费用最大流。有可能输出最小费用，不可能输出不可能。每个终点可接收1个单位的流，每个起点释放1个单位的流。解法：最小费用最大流。这题poj2195是费用流的一个变形，我们加入两个超级节点，起点连接每个图中的源点，容量1，长度0，终点的处理方法相同。于是在这张图上费用流之。代码: #include<iostream>#include<queue>using namespace std;int n,m,k,s,t,ans;int xm[250],ym[250],xh[250],yh[250];int map[520][520],c[520][520],f[520][520],d[520],p[520];bool v[520];char in[250][250];int getpath(){ int cur,i; memset(d,127,sizeof(d)); memset(v,0,sizeof(v)); queue<int> q; d[s]=0; for(i=0;i<=t;i++) p[i]=-1; q.push(0); v[0]=1; while(!q.empty()) { cur=q.front(); q.pop(); v[cur]=0; for(i=0;i<=t;i++) { if(c[cur][i]>f[cur][i]&amp;&amp;d[i]>d[cur]+map[cur][i]) { d[i]=d[cur]+map[cur][i]; p[i]=cur; if(!v[i]) { q.push(i); v[i]=1; } } } } if(p[t]==-1) return 0; return 1;}void […]

题目:http://poj.org/problem?id=3349题意:输入n个含6个整数的数组，判断这些数组是否有相同的。相同的条件为：正向或者反向相应顺序相同，如1 2 3 4 5 6 与 4 3 2 1 6 5就是相同的。解法:哈希表。今天上午重新看了眼哈希表各种性质的证明，感觉有所启发，就决定找到哈希的题写写看。哈希的h函数为6个数之和。首先判断输入各组的输入之和是否有相同的，如果有相同的，则具体分情况判断。哈希表解决冲突的方法为拉链。本来想模拟个链表，但发现，这样反而超时，于是决定直接给每个槽100个单元，因为每个key相同的元素个数的期望为不到10个，因而决定碰运气，希望不出现最坏情况。结果AC了。代码: #include<stdio.h>#include<stdlib.h>struct Node{ int flag; int len; int next[100][6];};Node t[15000];int compare(int a[],int b[]){ int i,j; for(i=0;i<6;i++) { for(j=0;j<6;j++) { if(a[(i+j)%6]!=b[j%6]) break; } if(j==6) return 1; for(j=0;j<6;j++) { if(a[(i+j)%6]!=b[5-j]) break; } if(j==6) return 1; } return 0;}int main(){ int ll,flag,sum,n,i,j,k,temp[6]; scanf(“%d”,&n); flag=0; for(i=0;i<14999;i++) { […]

题目:http://poj.org/problem?id=1328题意:这题是说，在一条直线两侧分别是海跟陆地，也就是说这条线是海岸线。在海里有若干个用x,y坐标标示位置的岛屿，岸上安排雷达站，每个雷达站有覆盖范围。要求求出最少需要多少个雷达站覆盖所有岛屿。解法:贪心。这题就是在一条直线上画最少的覆盖直线一侧所有点的一系列圆。首先对每个点求出能覆盖到这个点的在直线上左右两极限位置的坐标。然后按照左极限位置对这些点排序。然后从左到右找到每个雷达最多能覆盖的岛屿数。最后就得到了所需的雷达数。当有岛屿离海岸的距离大于雷达覆盖半径，则输出不可能。代码: #include<stdio.h>#include<math.h>#include<stdlib.h>typedef struct node{ double l; double r;}ISLAND;int cmp(const void *a,const void *b){ return (*(ISLAND *)a).l>(*(ISLAND *)b).l?1:-1;}main(){ int i,j,k,x,y,n,d,num,time=1; double temp; ISLAND a[1100]; scanf(“%d%d”,&n,&d); while(n!=0||d!=0) { num=0; for(i=0;i<n;i++) { scanf(“%d%d”,&x,&y); if(y>d) {num=-1;} temp=sqrt((double)d*d-(double)y*y); a[i].l=(double)x-temp; a[i].r=(double)x+temp; } if(d<=0||num==-1){printf(“Case %d: -1n”,time);time++;scanf(“%d%d”,&n,&d);continue;} qsort(a,n,sizeof(a[0]),cmp); for(i=0;i<n;i=j,num++) { for(j=i+1;j<n;j++) { if(a[j].l>a[i].r) break; { if(a[i].r>a[j].r) {a[i].r=a[j].r;} } } } printf(“Case %d: %dn”,time,num); […]

好久不写题了，写个试试。这个算Mathematica里吧，要不东西太少了。题目：http://acm.scs.bupt.cn/onlinejudge/showproblem.php?problem_id=1185大概是说，给你一个数组，求这个数组的逆序数。求逆序数的暴力方法：对于输入a[i]求a[1]…a[i-1]中大于于a[i]的数的个数,然后对所有这样的数求和。因而是o(n^2)。正常解法：首先想到排序，之后自然想到归并排序。考虑到归并排序中要对两个排列好的子串依次送入结果串，并且可以根据目前子串位置决定后面子串在前面子串的排名，因此可以得到逆序数。对于任意两个子串，后面子串中的数的位置不影响其对于前面子串的逆序数。而任意一个数的逆序数由在本子串的逆序数与对于前子串的逆序数的和。因此可以将两个子串排序，根据后面子串中数在前面子串中的插入位置决定其在前面子串的逆序数。对于本子串的逆序数由递归求得。代码：点击获取源文件

题目：http://acm.scs.bupt.cn/onlinejudge/showproblem.php?problem_id=1004 这题是说，给一个数列，问最少去掉多少个元素可以使这个数列成为前一半严格递增后一半严格递减的数列（前后两半共用中间最大的元素）。比如1,2,3,4,3,4，2,1，去掉第二个4之后得到1,2,3,4,3,2,1。 解法：最长单调子序列。 最长单调子序列求解用到DP，因为最长单调子序列具有最有子结构，例如考虑最优子序列l,如果l由l1、l2两个序列构成，则l1、l2都是原序列以l1最后一个元素为最后元素的序列的最长单调子序列。证明：如果l1或l2不是最优的，则找到最优的l3替换l1或l2，则新形成的序列比原l序列更长，因此l不是最优解，矛盾，因此l1、l2必须是最优解。根据这一性质，从前向后找最优子结构。dp(i)=max(dp(j)),j为0到i-1的，满足in(j)<in(i)的所有整数。 具体到这题首先正反两次求最长单调子结构，然后按照每一位找y=max(dp1(i)+dp2(i))则解为n-(y-1)。 代码: 点击这里下载