<编译原理>画 DAG 图与求优化后的 4 元式代码- 例题解析 DAG 图(Directed Acylic Graph)无环路有向图 (一)基本块 基本块是指程序中一顺序执行的语句序列,其中只有一个入口语句(第一个语句)和一个出口语句(最后一个语句) 对于一个基本块来说,执行时只能从其入口语句进入,从其出口语句退出 语句 出口语句 任何控制转移四元式 入口语句 所转向的目标语句 (二)划分基本块的步骤 1.求四元式序列中各个基本块的入口语句. ① 程序的第一个语句 ② 能由条件或无条件转移语

前言 我什么都不会,菜的被关了起来. 有标号的DAG图I Solution 考虑递推,设\(f_i\)表示i个点的答案,显然这个东西是可以组合数+容斥递推? 设\(f_i\)表示i个点的答案,我们考虑假设现在有j个点入度为1,那么可以选出的点就是一个组合数\(C_i^j\),边的可能性有两种,对应的就是\(2^{j*(i-j)}\),然后接着搞,肯定这样子算会有重复的,所以容斥一下然后和以前的答案乘起来就好了. \(f_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}*-1^{j-1}*C_i^j

拓扑排序O(E), bellman O(VE)   , 使用邻接表的dfs O(V+E) ,floyd O(N*N*N) bellman算法只能判断是否存在负环. 所以可以先把权值全部设为-1 #include <stdio.h> #include <string.h> #include <vector> #include <stack> using namespace std; + ; <<; struct node { int u,v,wei

1. Oracle12c热度图和自动数据优化 信息生命周期管理(ILM)是指在数据生命周期内管理它们的策略.依赖于数据的年龄和对应用的业务相关性,数据能被压缩,能被归档或移到低成本的存储上.简言之,ILM的目标就是完成压缩或分层存储,所以,确保企业数据中心空间的最优利用. Oracle 11g ILM助手已足以执行存储分层和允许DBA来从高成本.高性能存储向低成本存储迁移归档数据.Oracle 12c增加了分层压缩并简化了整体实施,因此,增强了ILM方法. 2. Oracle高级压缩 Oracl

题目背景 缩点+DP 题目描述 给定一个n个点m条边有向图,每个点有一个权值,求一条路径,使路径经过的点权值之和最大.你只需要求出这个权值和. 允许多次经过一条边或者一个点,但是,重复经过的点,权值只计算一次. 输入输出格式 输入格式: 第一行,n,m 第二行,n个整数,依次代表点权 第三至m+2行,每行两个整数u,v,表示u->v有一条有向边 输出格式: 共一行,最大的点权之和. 输入输出样例 输入样例#1: 复制 2 2 1 1 1 2 2 1 输出样例#1: 复制 2 说明 n<=10^

### 洛谷 P2656 题目链接 ### 题目大意: 小胖和ZYR要去ESQMS森林采蘑菇. ESQMS森林间有N个小树丛,M条小径,每条小径都是单向的,连接两个小树丛,上面都有一定数量的蘑菇.小胖和ZYR经过某条小径一次,可以采走这条路上所有的蘑菇.由于ESQMS森林是一片神奇的沃土,所以一条路上的蘑菇被采过后,又会长出一些新的蘑菇,数量为原来蘑菇的数量乘上这条路的“恢复系数”,再下取整. 比如,一条路上有4个蘑菇,这条路的“恢复系数”为0.7,则第一~四次经过这条路径所能采到的蘑菇数量分别

(点击此处查看原题) 题意 给出一个有n个结点,m条边的DAG图,每个点都有权值,每条路径(注意不是边)的权值为其经过的结点的权值之和,每条路径总是从入度为0的点开始,直至出度为0的点,问所有路径中权值最大者为多少,如下图,加粗的为权值最大者: 解题思路 这是在一个无起点.终点的图中的求最长路的问题,因此无法像一般的最长路问题那样求解. 首先,因为图中只存在点权,为了方便,我们一般将点权转化为边权:取每条边的权值为其终点的权值,将点权转化为边权. 然后,由于我们每条路径都是以入度为0的点开始,以

[合集]有标号的DAG图计数(合集) orz 1tst [题解]有标号的DAG计数1 [题解]有标号的DAG计数2 [题解]有标号的DAG计数3 [题解]有标号的DAG计数4

题意: 出租车公司有M个订单. 订单格式:     hh:mm  a  b  c  d 含义:在hh:mm这个时刻客人将从(a,b)这个位置出发,他(她)要去(c,d)这个位置. 规定1:从(a,b)到(c,d)所花的时间为:abs(a-c)+abs(b-d). 规定2:一辆出租车如果要接单,必须在客人出发前1分钟(包括)以前接单. 问,最少派出多少辆出租车,可以完成所有任务. 思路: 把每一笔单看成一个点,如果完成第i个单后可以接到第j个单,则 i->j连上线. 则题为:求这个DAG图的最小路

题意: 有一个城镇,它的所有街道都是单行(即有向)的,并且每条街道都是和两个路口相连.同时已知街道不会形成回路. 可以在任意一个路口放置一个伞兵,这个伞兵会顺着街道走,依次经过若干个路口. 问最少需要投放几个伞兵,使得每个路口都被伞兵拜访过.并且要满足每个路口只能被一个伞兵拜访过. 思路: 裸DAG图的最小路径覆盖. DAG图的最小路径覆盖数 = 节点数 - 二分图最大匹配 代码: vector<int> graph[125]; int cx[125],cy[125]; bool bmask[

题目链接: http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/356788 Airports Time Limit: 3000MS 问题描述 An airline company offers flights out of n airports, conveniently labeled from 1 to n. The flight time tij from airport i to airport j is known for every i and j. It

Scrum是一个用于开发和维持复杂产品的框架,是一个增量的,迭代的开发过程.在这个框架中,整个开发过程是由若干个短的迭代周期组成,一个短的迭代周期称为一个Sprint,每个Sprint的建议长度是2到4周(互联网产品研发可以使用1周的Sprint).在Scrum中,使用产品backlog来管理产品需求,产品backlog是一个按照商业价值排序的需求列表.Scrum团队总是先开发对客户具有较高价值的需求.在Sprint中,Scrum团队从产品backlog中挑选最高优先级的需求来进行开发.挑选的需

这道题吗= =首先解决了我多年以来对仙人掌图的疑问，原来这种高大上的东西原来是这个啊= = 然后，看到这种题，首先必须的就是缩点= = 缩点完之后呢，变成在树上找最长路了= =直接树形dp了 那么那些环呢，就是一个环形dp了，可以先把它拆成一条链，然后注意到最长路径=max(f[i]+f[j]-dist(i,j))  拆成链的话dist（i,j）=i-j 然后就发现dist（i,j）有单调性，就可以用单调队列优化了= = 这样写就可以a了= = ps1：今天发现有人给我留言了真开心QAQ 感觉自

1391: [Ceoi2008]order 有N个工作,M种机器,每种机器你可以租或者买过来. 每个工作包括若干道工序,每道工序需要某种机器来完成,你可以通过购买或租用机器来完成. 现在给出这些参数,求最大利润 关于建图和思路 刚开始看这道题的时候十分纠结,任务的做与不做,应当是典型的最小割取舍模型 然而买机器和租机器,又是常见的最小费用最大流模型的标志 进一步思考,对于每一对如下关系(任务)-(机器) 一共有三种处理方法: 1)任务不做 2)租用机器 3)购买机器 好像看出了点眉目,对于第一种

hopcroft法的复杂度,他们说是nlogn,可是都没有严格的证明.难得找到一篇讲的详细点的论文,却又啰里啰唆的,不过那篇论文里面采用的是颜色树这个结构,有点意思. 前面的那个算法是n的平方复杂度,虽然这个复杂度计算都是建立在一些操作为单位时间操作的基础上.可是这些被认为的单位时间操作在我的实现中却有着平方复杂度,情何以堪,万恶的理论计算机科学家. hopcroft实现的代码,太长了,还没写完.不过核心的子集分割已经完成了,剩下的就是分配节点及重新构建邻接表.明天再说吧. #include "

点击打开链接 有向无环图的最小路径覆盖 = 顶点数- 最大匹配 #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 150; int g[maxn][maxn]; int n, m; int link[maxn]; bool used[

为什么有人永远渴望旅行,或许就因为,巧合和温暖会在下一秒蜂拥而至吧. 一直想去旅游的天天决定在即将到来的五一假期中安排一场环游世界的旅行.为此,他已经提前查阅了很多资料,并准备画一张旅游路线图.天天先将所有可能会去的 nn 个旅游城市依次编号标记为 1,2,⋯,n1,2,⋯,n.如果从城市 AA 到城市 BB 有一条直达的铁路线路,他就会在图上画上一条从 AA 向 BB 的有向线段.因为天天不喜欢把时间浪费在往返的乘车上,因此他设计的旅游地图路线是一个有向无环图. 天天身在 11 号城市,他每到

#include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<queue> using namespace std; const int maxn=100+10; int n,m; vector<int> G[maxn];//G[i]表示i节点所指向的所有其他点 int in[maxn];//节点入度 bool topo()//判断该图是否可拓扑排序 { queue<int>

比赛的时候写了个记忆化搜索,超时了. 后来学习了一下,这种题目应该用拓扑排序+DP来做. dp[][]保存走到[第i个节点][走过j个点]时所用的最短时间. pre[][]用前驱节点求路径 然后遍历一下dp[n][],求满足t范围的最大下标. #include <iostream> #include <queue> #include <cstdio> #include <vector> #include <stack> #define N 505