双向dfs 数据不是很大,但是如果直接暴搜的话2^45肯定过不了的.. 所以想到乱搞!!要让程序跑的更快,肯定要减下搜索树的规模,再加上这道题双搜的暗示比较明显(逃),所以就来乱搞+双搜求解 所以先从1-n/2(我的电脑测出来是n/2+2最快)开始枚举所有可能的重量,放进数组.. 这里注意,一定要先按降序排列,减小搜索树的规模,不然倒数第二个点死活过不去.. 然后再搜后半段,当后半段枚举到可能的答案t时,我们在之前的前半段可能组合的重量里二分查找W-t的前驱,这样就能组合成更大的结果来更新答案了…

点分治 还是一道点分治,和前面那道题不同的是求所有距离小于等于k的点对. 如果只是等于k,我们可以把重心的每个子树分开处理,统计之后再合并,这样可以避免答案重复(也就是再同一个子树中出现路径之和为k的点) 但是对于这道题,如果我们还要这样求的话显然是会超时的,意外要枚举所有点的话有点勉强 ... 考虑一次把重心的子树全部遍历,统计到重心的距离,放进数组中,排序.然后我们可以用指针对撞的方法,用l,r两个指针分别从前后开始扫描. 容易发现,当指针再l的位置时,如果我们记录距离排好序的数组rd[l]…

树的直径 这题如果k=1很简单,就是在树的最长链上加个环,这样就最大化的减少重复的路程 但是k=2的时候需要考虑两个环的重叠部分,如果没有重叠部分,则和k=1的情况是一样的,但是假如有重叠部分,我们可以先把树直径找出来(最长链),然后把路径上的边权全部取反(1变-1),再找一次树的直径,如果第二次找的直径包含了取反的部分(即为重叠部分),这个重叠部分显然需要走两次. 可以推得答案为:2(n-1)-(L1-1)-(L2-1) 如果没有重叠部分,那么显然正确:假如有重叠部分,我们先减去了(L1-1)…

A* + dijkstra/spfa 第K短路的模板题,就是直接把最短路当成估价函数,保证估价函数的性质(从当前状态转移的估计值一定不大于实际值) 我们建反图从终点跑最短路,就能求出从各个点到终点的最短距离,这样就能满足估价函数的性质了 要注意一点,当起点和终点一样的时候第k短路就变成k+1短了,因为0也算一条... 话说回来为啥我用pair就MLE了呢.... #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace st…

单调队列优化dp dp真的是难..不看题解完全不知道状态转移方程QAQ 推出方程后发现是关于j,k独立的多项式,所以可以单调队列优化.. #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f #define full(a, b) memset(a, b, sizeof a) using namespace std; typedef long long ll; inline int lowbit(int x){ return x & (-x);…

单调队列优化dp 我们把状态定位F[i][j]表示前i个工人涂了前j块木板的最大报酬(中间可以有不涂的木板). 第i个工人不涂的话有两种情况: 那么F[i - 1][j], F[i][j - 1]就成为了转移状态的候选. 那如果第i个工人要涂的话,我们可以假设我们是从k+1涂到j的,根据题意可以求出k的取值范围,然后状态转移的条件限制了j的取值范围. 我们考虑每j从小到大增加的过程,j对应的k的取值是一个上界不变下届变大的区间,是一个滑动窗口,那我们可以用单调队列来维护决策k的最优候选. #in…

01背包 我们对于这类选或者不选的模型应该先思考能否用01背包来解. 毫无疑问物体的价值可以看成最大的d+p值,那么体积呢?题目的另一个限制条件是d-p的和的绝对值最小,这启发我们把每个物体的d-p的值当作体积. 可以尝试设计状态f[i, j, k]表示从前i个物品中选j个,体积是k的最大价值. 同样的,我们可以用滚动数组的方法把第一维i去掉. 那么得到状态转移方程: f[j, k] = max(f[j - 1, k - d[i] - p[i]] + d[i] + p[i], f[j, k])…

dijkstra + 拓扑排序 这道题有负权边,但是卡了spfa,所以我们应该观察题目性质. 负权边一定是单向的,且不构成环,那么我们考虑先将正权边连上.然后dfs一次找到所有正权边构成的联通块,将他们看成点,那么负权边和这些点就构成了一张DAG. 对于DAG,我们可以拓扑排序,在排序的过程中,我们把入度为0的联通块里的所有点松弛一次,如果访问到联通块外的点,就让其入度减1,然后重复在拓扑排序中跑最短路的过程即可得到答案. 输出答案的时候注意一个坑,因为存在负权边,当有的点不能从起点达到的时候,…

hash + 二分答案 数据范围肯定不能暴力,所以考虑哈希. 把前缀和后缀都哈希过之后,扫描一边字符串,对每个字符串二分枚举回文串长度,注意要分奇数和偶数 #include <iostream> #include <cstdio> #define INF 0x3f3f3f3f #define full(a, b) memset(a, b, sizeof a) using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned lo…

拆点+网络流 拆点建图应该是很常见的套路了..一张无向图不联通,那么肯定有两个点不联通,但是我们不知道这两个点是什么. 所以我们枚举所有点,并把每个点拆成入点和出点,每次把枚举的两个点的入点作为s和t(这样方便,当然也可以把第一个点的出点当成s,第二个点的入点当成t,但其实我们把s和t的入点和出点之间的边容量设为INF之后就没有影响了) 每条原图的边连接着u的出点和v的入点,v的出点和u的入点,容量设为INF,保证不给割,其他点的入点和出点之间的容量当然是1.这样我们的割就一定会割在容量为1的边…

费用流 又是一道网络流的模型,对于这种费用与经过次数有关的边,我们经常把边拆成多条,比如这个题,第一次费用是x,第二次是0,我们就可以先把点拆成入点和出点,入点和出点又连两条边,第一条容量为1,费用为x:第二天容量为k-1,费用为0,意思很明确,第一次的流量可以得到费用,其他的流量都得不到费用. 原图坐标与坐标之间也连上容量为k,费用为0的边. 这样能保证网络中的最大流一定是k.(因为把源点当成(1,1)的入点,那么源点与他的出点只有k的容量). 我们在这个网络中跑最大费用最大流即可. #inc…

贪心 比较巧妙的贪心..先把所有机器和任务按时间是第一关键字,等级为第二关键字排序. 然后用机器去匹配每一个任务. 排序之后,在时间上满足当前任务的机器,必定也在时间上满足后面的机器,所以我们每次把时间满足当前任务的机器放进候选项中,再在候选项里选出当前任务等级的前驱即可 (时间和等级最大的任务先处理,且尽可能的不浪费机器) #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f #define full(a, b) memset(a, b, sizeo…

二分 一道藏的很深的二分题... 题目保证只有一个点有奇数个防具,这个是突破口. 因为 奇数+偶数=偶数,我们假设某个点x,如果有奇数点的防具在x的左边,那么x的左边的防具总数一定是奇数,右边就是偶数 所以我们可以用这个来二分. 至于统计防具的公式,那就是小学学过的等差数列项数=(末项-首项)/公差+1.. #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f #define full(a, b) memset(a, b, sizeof a) usin…

树上倍增+kruskal 要找严格次小生成树,肯定先要找到最小生成树. 我们先把最小生成树的边找出来建树,然后依次枚举非树边,容易想到一种方式: 对于每条非树边(u,v),他会与树上的两个点构成环,我们在树上的两个点路径上找到最大值a和次大值b,如果非树边(u,v)的权值大于a,那么用mst-a+w(u,v) 如果非树边(u, v)的权值等于a,那么用mst-b+w(u,v) 枚举完所有非树边之后,最小值就是严格次小生成树 对于每个点路径的最大值和次大值,我们可以和LCA一样,用树上倍增的方式…

LCA + 树上差分(边差分) 由题目意思知,所有主要边即为该无向图的一个生成树. 我们考虑点(u,v)若连上一条附加边,那么我们切断(u,v)之间的主要边之后,由于附加边的存在,(u,v)之间的路径形成了一个环, 所以我们还必须将这条附加边也切断. 因此我们可以看成(u,v)之间的路径上的所有边都被覆盖了一次. 我们可以统计出所有边被覆盖的次数,就可以自然的到答案: 若该边被覆盖了0次,那么切断主边之后随意切断一条附加边即可,答案总数 += 附加边的数量 若该边被覆盖了1次,那么切断主边之后必…

01边bfs 这题很容易想到的就是根据符号的情况建图,把每个点方格的对角线看成图的节点,有线相连就是边权就是0,没有就是1 然后跑最短路,但是最短路用的优先队列维护是有logn的代价的 这题还有一个更快的方法,就是双端队列..0边放队头,1边放队尾,然后虽然每个点会入队多次,但是我们只要取第一次出队(最短的情况)就行了 时间复杂度为O(r*c) #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typede…

模拟+dfs 这个题就三行,搜索的话我们从右向左,从上到下.. 如果是在1,2行我们就直接枚举0-n所有数,但是到了第三行,最直接的就是填上这一列上前两行的数的和modN,在此基础上判断该填的数有没有被使用 如果没有被使用,且这个地方没有被赋值,就可以把要填的数填上去,如果被填了切符合要求,就不需要填数了..注意每次填数都要维护下一列进位的值以及回溯 有一个非常重要的剪枝就是:对于一个竖式a+b=c,如果(a+b)modn != c 且 (a + b + 1)modn != c,那么这个竖式就是…

可持久化Trie 需要知道一个异或的特点,和前缀和差不多 a[p] xor a[p+1] xor....xor a[n] xor x = a[p-1] xor a[n] xor x 所以我们把a[1...n]的异或和预处理出来,用s[i]表示,用一个可持久化Trie维护 问题就转化成s[n] xor x = val,求一个序列与val异或的最大值 第i个Trie的root对应维护s[1..i],这样我们在查询值的时候为了保证在[...r-1]之类,只要查询r-1及之前的版本 为了保证在[l-1.…

还是数独.. 比上一个多了个分数矩阵,其实没什么差别,但是数据好像水了许多... #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; inline int lowbit(int x){ return x & (-x); } inline int read(){ int X = 0, w = 0; char ch = 0; while(!isdigit(ch)…

二进制优化+dfs 话说这题数据中真的丧心病狂..不加inline还过不去.. 因为不会DLX只好用二进制来优化了...万万没想到还是低空飘过 我们在行.列.格分别用一个9位二进制常数来记录什么数能放什么数不能放(1能0不能),这样对每一个格子把三个数&起来,就能得到一个新的二进制常数,来表示这个格子能放的数有哪些. 如果要放一个数,那么将这个数对应的第几个二进制位与行.列.格的二进制数异或就行了,在搜索时回溯也可以再异或一次还原. 注意:二进制位1-9位表示数字1-9是否被用过 例如 1000…

IDA* 这题真不会写..估价函数太巧妙了.. 按照lyd神牛的说法我们把a[i+1]=a[i]+1记为正确后继,反之则记为错误后继 那么考虑最优的一次交换区间,至多能够纠正三个错误后继,所以我们统计序列的错误后继数n,n/3就是估价函数的值 因为把某区间移到后面和把另外一个区间移到它前面是等价的,所以我们按从左往右考虑区间后移即可 初始迭代深度为原序列最少需要的移动次数,移动次数+估价函数值超过迭代深度就直接返回搜索失败 每一次搜索完之后,最少移动次数(迭代深度)++ #include <bi…

水..... 直接bfs... #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; inline int lowbit(int x){ return x & (-x); } inline int read(){ int X = 0, w = 0; char ch = 0; while(!isdigit(ch)) { w |= ch == '-'; ch =…

bfs 标准广搜题,主要是把每一步可能的坐标都先预处理出来,会好写很多 每个状态对应三个限制条件,x坐标.y坐标.lie=0表示直立在(x,y),lie=1表示横着躺,左半边在(x,y),lie=2表示竖着躺,上半边在(x,y) #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; inline int lowbit(int x){ return x & (-…

离散化+排序 离散化统计人数就好,本来不难,但是测试点太丧心病狂了...CF还是大哥啊 #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; inline int lowbit(int x){ return x & (-x); } inline int read(){ int X = 0, w = 0; char ch = 0; while(!isdigit(…

线段树区间染色 题目要求最大的连续段的左端点,我们在查询的时候返回最左端即可,注意查找顺序,应该从左到右!! 另外这类染色的push_down其实比较简单,直接染成上一层的标记即可 push_up和连续子段和有点像,需要维护前缀和后缀 #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; inline int lowbit(int x){ return x &…

迭代加深dfs 每次控制序列的长度,依次加深搜索 有几个剪枝: 优化搜索顺序,从大往下枚举i, j这样能够让序列中的数尽快逼近n 对于不同i,j和可能是相等的,在枚举的时候用过的数肯定不会再被填上所以可以去重(记得回溯) #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; inl…

写了1506顺便写下1505.. 还是求矩形面积,不过要预处理一下以每一个F为底的高度,然后想左右扩展到最大长度即为矩形的长.. 计算方法有点绕,令l[i]表示i的左边界,那么初始化l[i] = i. 假设我们在第n行 每次向左跳 判断 h[j]是否小于或等于h[l[j] - 1],换句话说就是当前左边界已经满足小于关系了,我们再往左看一个长度,看是否还是满足小于或等于的关系 如果满足 则有l[j] = l[l[j]-1],可以理解为当前左边界往左一位满足条件,我们看左边界往左一位的左边界再往左…

单调栈裸题 如果矩形高度从左到右是依次递增,那我们枚举每个矩形高度,宽度拉到最优,计算最大面积即可 当有某个矩形比前一个矩形要矮的时候,这块面积的高度就不能大于他本身,所以之前的所有高于他的矩形多出来的部分都没用了,不会再计算第二次. 因此我们只需要用单调栈维护矩形高度即可,当有高度较低的矩形进栈时,先将之前比他高的每个矩形弹出,宽度累加,更新答案.然后我们要进栈的矩形的宽度也要变成之前累加的宽度+1,因为要保留有用部分.. 有个小技巧:为了方便程序,在末尾加一个高度为0的矩形 #include…

拓扑排序+状态压缩 考虑每一个点能够到达的所有点都是与该店相邻的点的后继节点,可知: 令f[u]表示u点可到达的节点个数,f[u]={u}与f[v](u, v)的并集 于是可以利用状态压缩,能够到达的节点用1表示,这样更新f的时候直接求并集即可 #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; inline int lowbit(int x){ return x…

CH2401 送礼物 描述 作为惩罚,GY被遣送去帮助某神牛给女生送礼物(GY:貌似是个好差事)但是在GY看到礼物之后,他就不这么认为了.某神牛有N个礼物,且异常沉重,但是GY的力气也异常的大(-_-b),他一次可以搬动重量和在w(w<=2^31-1)以下的任意多个物品.GY希望一次搬掉尽量重的一些物品,请你告诉他在他的力气范围内一次性能搬动的最大重量是多少. 输入格式 第一行两个整数,分别代表W和N.以后N行,每行一个正整数表示G[i],G[i]<= 2^31-1. 输出格式 仅一个整数,表…