题面 The game “The Pilots Brothers: following the stripy elephant” has a quest where a player needs to open a refrigerator. There are 16 handles on the refrigerator door. Every handle can be in one of two states: open or closed. The refrigerator is open onl
http://poj.org/problem?id=3069 思路：这个点最好是在中心，这样就可以往左右覆盖，所以用贪心的想法从最左点开始算起。 #include <iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<stack> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<cma
翻译过来就是： 解题思路： 把这个二维的问题转化为转化为一维的问题。如上图所示，只需要雷达安装在这个区间中的话，雷达就能够覆盖到上面的岛屿。现在这个问题又变成区间调度问题了。但是还有一个问题就是在这个区间中说明位置上放置雷达呢？这个区间可是有无数个
练习专题 kaungbin oj专题 算法训练营 入门篇 题库 https://vjudge.net/article/2652 进阶篇 题库 https://vjudge.net/article/2642 挑战程序设计竞赛（第二版）题集 https://vjudge.net/article/46 其他学习习题 秋实大哥与花 线段树模板 poj 3233 矩阵快速幂 poj
STL应用 vector HDU 3527 STL应用 map HDU 3527 STL应用 queue poj 1915 STL应用 set hdu 1412 STL应用 map poj 2418 STL应用 map HDU 1263 STL应用 stack 计蒜客 T1655 线段树 HDU - 1166 敌兵布阵 线段树 POJ - 3468 A Simple Problem with Integers 线段树 poj 2777 Count Col
题意 给定一颗无向带权树，权值代表两点间流量的最大值，现在要你找出一个节点作为源点，向叶子节点流水（根节点的水流可以认为无限大），使整棵树的流水量最大。 分析 本题是一个“不定根”的树形dp问题，很容易想到一种朴素的解法：枚举源点，每次做一次树形dp，时间复杂度 O(N2)。 我们如果用“换
https://vjudge.net/problem/POJ-1321 #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n,k,s; char g[15][15]; bool col[15]; void dfs(int x,int cnt) { if(cnt==k) { s++; return ; } for(int i=x;i<n;
最长公共子序列问题是动态规划的经典问题之一，对于长度分别为n和m的两个序列，若是最后一个元素是一样的，那么我们只需要看长度分别为n-1和m-1的两个序列，若是不一样，则需要比较长度分别为n-1和m的两个序列或者长度分别为n和m-1的两个序列哪个的公共子序列是最长的。 递归解法： #in
题目链接：POJ 2823 Sliding Window 题目大意： 题解： 用两个双向队列\(deque\)模拟单调队列来维护区间，一个单调递增，一个单调递减，使当前区间的最大最小值分别出现在两个队列的队首。 #include <cstdio> #include <deque> #include <iostream> using namespace std; int n, k, a[10000
题目链接：POJ 1182 食物链 题目大意： 题解： 正解是带权并查集，这里选用了一种开三倍并查集的思想。 开了三倍大小的标记数组来表示三个物种，\(1\)到\(n\)为\(A\)物种，\(n+1\)到\(2 \times n\)为\(B\)物种，\(2 \times n + 1\)到\(3 \times n\)为\(C\)物种。 如果\(u\)吃\(v\)，则相对的\(u+
题目链接：POJ 3264 Balanced Lineup 题目大意： 题解： ST表模板。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; int num[50005], minn[50005][50], maxn[50005][50], n, q; void stPreWork() { for (int i = 1; i <= n; ++i
题目链接：POJ 3321 Apple Tree 题目大意： 题解： \(dfs\)序的两个数组\(in\)，\(out\)记录某结点进入和出来的时间，则对于一个结点\(u\)，其子树中某一结点\(v\)满足\(in_u < in_v < out_v < out_u\)。 用树状数组存储各时间戳所对应的结点的状况，则\(getSum(out_u) - getSum(in_u - 1)\)所
题目链接：POJ 1469 COURSES 题目大意： 题解： 二分图匹配模板。 #include <cstring> #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; int t, p, n, link[310], ans, cnt, head[310]; bool vis[310]; struct Edge { int v, next; } edge[30010]; void addE
因为需要输出完整的访问路径，因此采用DFS比较好，注意因为题目要求按照字典序输出，因此direction数组只能有一种构造方式： #include <iostream> #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> using namespace std; int direction[8][2] = { {-1, -2}, {1,
题目链接：POJ 1742 Coins 题目大意： 给出硬币面额及每种硬币的个数，求从\(1\)到\(m\)能凑出面额的个数。 题解： 设\(dp[i][j]\)为前\(i\)种面值的硬币组成面额\(j\)时，第\(i\)种硬币剩余的数量。 默认\(dp[i][j] = -1\)，表示无法组成面额\(j\)。 若\(dp[i - 1][j]\geq 0\)，则说明已经可以
poj1696 Space Ant 题目链接：http://poj.org/problem?id=1696 题意：在一个二维平面上，给你n个点的坐标(Xi,Yi),已知有一条虫刚开始在(0,Ya)点，Ya为这些点中纵坐标的最小值，这只虫在这些点之间移动，只能往左走，且运动的轨迹不能有交点，每个点都要走一次，问你走这些点的轨迹，下图为一个合法的
贪心算法里经典的一个渡河问题 一艘船，每次只能过去两个人，两个人渡河的时间等于其中划船慢的那个人的时间 给你一批人和他们的划船时间，求最小全部渡河的时间 分析： 总人数n<=3时 n=1 t=t[1] n=2 t=max(t[1],t[2]) 1和2中耗时长的那个 n=3 t=t[1]+t[2]+t[3]
解题思路 题意：给出 n 条线段端点的坐标，然后给出若干组询问。每组询问包含两个数字，输出这两个数字代表的线段是否联通。线段从 1 到 n 编号。通过联通的线段间接连在一起的线段，认为这两条线段也是联通的。 直接枚举所有线段，判断两辆是否相交，然后用Floyed传递闭包处理间接相
题目大意：给定编号为1到30000的小块。可以进行合并和查询两种操作 合并：将含有x的整块摞到含有y的整块上面，合并成一个新的整块 查询：输出x下方的块的数量 一眼并查集，但就是不知道怎么写。想了很久才想到要以每个整块的底块作为并查集的根，并维护某个块底下的小块的数量作为并查集的
问题的链接在这里。 很显然本题是要检测负权回路（沿着一条路径回到初始点，所需要的耗费为负值。） 首先在这里介绍一下bellman-ford算法和改进后的spfa算法。 1.bellman-ford算法 bellman-ford也是一种可以求单元最短路径的算法，与Dijkstra算法不同的是，它可以用来判断负权边是否存在。
Bessie is out in the field and wants to get back to the barn to get as much sleep as possible before Farmer John wakes her for the morning milking. Bessie needs her beauty sleep, so she wants to get back as quickly as possible. Farmer John's field ha
“ Ctrl AC！一起 AC！” 题目：忘题戳这 分析：这是一道动规题，从小推大。设置一个动规二维数组，首先可以确定数组的一些基础值。 dp[i][0]=i，dp[0][i]=i ;因为一个字符串是空串，另一个是长度i的字符串，那他们的距离自然是i。 根据基础值，通过状态方程，推出dp[len1][len2]即可。那么状态方程分
题目： Red and Black - POJ 1979 - Virtual Judge 分析： 基础BFS。 统计BFS搜索到的点的个数。 使用知识：BFS，模拟队列。 代码： #include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 100; struct Point { int
“ Ctrl AC！一起 AC！” 题目：忘题戳这 分析：遍历，枚举每个人的体重，但是可以判断大人和小孩，缩小枚举范围。 AC代码： #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; struct node { char name; int age; }a[4]; bool cmp(struct node a, struct node b) { return a.ag
link。 调起来真的呕吐，网上又没篇题解。大概是个不错的题。 首先行和列一定是独立的，所以我们把行列分开考虑。这样的问题就弱化为：在一个长度为 \(n\) 的格子带上，有 \(n\) 个物品，每个物品 \(x\) 对应一个区间 \([l_x,r_x]\)，分配每个物品的居所使得各住各的，求出其中的固定点。 把物
