08-26 HDU3812 HDU3816 USACO 4.2~4.3 搜索剪枝,模拟,DP

下午在HDOJ挂了一套武汉大学第九届校赛的题目..A了几道难度偏低的题目..那道搜索剪枝剪了好久..导致别的题目都没有看了..后来才知道原来可以DP..

主要写一下E题和I题,A和J是水题,B题是二分求解

E题 :HDU 3812 Sea Sky 搜索+剪枝

求Sea 到 Sky 的最长路 输出字典序最小的

NP问题,直接搜索肯定超时,需要强力剪枝..

(后来才知道可以用DP做..不过经过剪枝的程序跑了15MS..在RANK上是第一..这还是很HAPPY的啊)

比较重要的三个剪枝:

剪枝1:不知道算不算上的剪枝,首先DFS一下连通性,如果Sea到Sky是不连通的就根本不需要搜索了

剪枝2:对字符串排序后建图,先储存不重复的字符串,在转化成点建图..建图前排序字符串,这样就保证先搜出的路径是字典序最短的,更优的路径必须是长度大于它,这就省掉了在搜索过程中对字典序的判断

剪枝3:路径上的点必须满足一个条件,能经过不重复的点到起点,且不经过终点 对终点也同样如此.所以事先可以将这些无法到达的点标记出来,之后不要在这些点里搜索...

#include <cstdio>#include <string.h>#include <math.h>#include <algorithm>#include <cstdlib>using namespace std;char word[20][20],s1[105][20],s2[105][20];int ws,map[20][20],vis[20],vis2[20],res[20],bres[20],yes,sky,sea,rl;void init(){memset(map,0,sizeof map);for(int i=1;i<=20;i++)strcpy(word[i],"\0");ws=0;//点数  memset(res,0,sizeof res);yes=0;rl=0;}//搜连通 int dfslt(int p){if(p==sky)return 1;for(int i=1;i<=ws;i++){if(!vis[i]&&map[p][i]){vis[i]=1;if(dfslt(i))return 1;}}return 0;}//搜不可到达的点 int dfs2(int p,int dir){if(p==dir)return 1;for(int i=1;i<=ws;i++){if(!vis2[i]&&!vis[i]&&map[p][i]){vis2[i]=1;if(dfs2(i,dir))return 1;}}return 0;}int dfs(int step,int p){if(step>ws)return 0;if(res[step]==sky&&step>rl){yes=1;rl=step;for(int i=0;i<=rl;i++){bres[i]=res[i];}if(rl==ws)return 1;return 0;}for(int i=1;i<=ws;i++){if(!vis[i]&&map[p][i]==1){vis[i]=1;res[step+1]=i;if(dfs(step+1,i))return 1;vis[i]=0;}}return 0;}int gwords(char *ss){for(int i=1;i<=ws;i++){if(strcmp(word[i],ss)==0){return i;}}ws++;strcpy(word[ws],ss);return ws;}int main(){int cas;scanf("%d",&cas);for(int ca=1;ca<=cas;ca++){init();int n,a,b;scanf("%d",&n);//输入字符串 储存 for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s%s",s1[i],s2[i]);gwords(s1[i]),gwords(s2[i]);}//冒泡排序 char t[20];for(int i=1;i<=ws-1;i++){int ind=i;for(int j=i+1;j<=ws;j++){if(strcmp(word[j],word[ind])<0)ind=j;}if(ind!=i){strcpy(t,word[ind]);strcpy(word[ind],word[i]);strcpy(word[i],t);}}//建图 map[i][j]~按照字符串升序 for(int i=1;i<=n;i++){a=gwords(s1[i]),b=gwords(s2[i]);map[a][b]=map[b][a]=1; }//判单词是否存在sky=-1,sea=-1;for(int i=1;i<=ws;i++){if(strcmp(word[i],"sky")==0)sky=i;if(strcmp(word[i],"sea")==0)sea=i;} //判sea->sky是否可达 memset(vis,0,sizeof vis);vis[sea]=1;//如果不存在单词 或者两者不可达 if(sky==-1||sea==-1||!dfslt(sea)){printf("Case %d: what a pity\n",ca);continue;}memset(vis,0,sizeof vis);//强力剪枝,去掉不可到达的点 for(int i=1;i<=ws;i++){memset(vis2,0,sizeof vis2);vis2[sea]=1;if(!dfs2(i,sky))vis[i]=1;}for(int i=1;i<=ws;i++){memset(vis2,0,sizeof vis2);vis2[sky]=1;if(!dfs2(i,sea))vis[i]=1;}//搜索  vis[sea]=1;res[1]=sea;dfs(1,sea);//输出if(yes){printf("Case %d: %s",ca,word[bres[1]]);for(int i=2;i<=rl;i++){printf(" %s",word[bres[i]]);}printf("\n");}else{printf("Case %d: what a pity\n",ca);}}return 0;}

I题 HDU 3816 To Be Number One

求N个分数和为1的方案..即1=1/a[1]+1/a[2]+...+1/a[N] 其中N=(3~18) a[i]<=(N+1)^2

并没有什么好的思路,想着能不能直接模拟出来

有一个式子 1/i-1/(i+1)=1/(i*(i+1)),可以得到1/i=1/(i+1)+1/(i*(i+1))

这样就有了个拆数的方法,不断对N-1状况下的某一个数进行拆数 找到满足条件的那一个数就可以 用哈希表进行判重

这个方法的正确性,我也没能证明,但确实AC了..

其实一开始就想到了这个方法,但很快被自己否认掉,因为不能证明是否能找到那样的一个数..而去想别的办法浪费了很多时间,所以做题要敢于尝试,这毕竟是ACM,不是数学竞赛..

找到答案之后就可以直接打表过了

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <string.h>using namespace std;int h[400];int main(){printf("2 3 6\n");printf("2 4 6 12\n");printf("2 5 6 12 20\n");printf("2 5 7 12 20 42\n");printf("3 5 6 7 12 20 42\n");printf("3 5 6 8 12 20 42 56\n");printf("3 5 6 9 12 20 42 56 72\n");printf("3 5 6 10 12 20 42 56 72 90\n");printf("3 5 6 11 12 20 42 56 72 90 110\n");printf("3 5 6 11 13 20 42 56 72 90 110 156\n");printf("4 5 6 11 12 13 20 42 56 72 90 110 156\n");printf("4 5 6 11 12 14 20 42 56 72 90 110 156 182\n");printf("4 5 6 11 12 15 20 42 56 72 90 110 156 182 210\n");printf("4 5 6 11 12 16 20 42 56 72 90 110 156 182 210 240\n");printf("4 5 6 11 12 17 20 42 56 72 90 110 156 182 210 240 272\n");printf("4 5 6 11 12 18 20 42 56 72 90 110 156 182 210 240 272 306\n");/*memset(h,0,sizeof h);printf("2 3 6\n");h[2]=1,h[3]=1,h[6]=1;for(int i=4;i<=18;i++){for(int j=1;j<=(i+1)*(i+1);j++){if(h[j]==1){int a=j+1,b=j*(j+1);if(h[a]==0&&h[b]==0&&b<=(i+1)*(i+1)){h[j]=0;h[a]=1;h[b]=1;break;}}}for(int j=1;j<=400;j++){if(h[j]==1)printf("%d ",j);}printf("\n");}system("pause");*/}

然后还做了几道USACO的题目..明天争取做完Chapter 4..

USACO 4.2.4 job processing

这题不难,但思路比较巧妙,感觉更像是贪心,

A生产线,物品每次都选择能最早完成的机器去生产,对每个物品都记下它完成生产的时间,依次是costa[]

对于B生产线也是同样处理,依次是costb[]

很显然,costa和costb都是单调递增的,凭直觉就能想到最小的costa和最大的costb搭配,即最早生产出的产品去最晚出来的B机器生产..(我表达不好..这个直觉是对的,但是为什么是对的我也不知道..NOCOW有大牛给出了证明)

/*ID: swm80232PROG:job LANG: C++*/#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int n,m1,m2,a[35],b[35];int ca[1005],cb[1005],ta[35],tb[35];int main(){    freopen("job.in","r",stdin);    freopen("job.out","w",stdout);    memset(ta,0,sizeof ta);    memset(tb,0,sizeof tb);    scanf("%d%d%d",&n,&m1,&m2);for(int i=1;i<=m1;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=m2;i++)scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=n;i++){int aind=1,bind=1;//A 找出最早结束的 for(int j=2;j<=m1;j++){if(ta[j]+a[j]<ta[aind]+a[aind])aind=j;}//更新这台机器的结束时间和第i件物品完工的时间 ta[aind]+=a[aind];ca[i]=ta[aind];//B 操作同上 for(int j=2;j<=m2;j++){if(tb[j]+b[j]<tb[bind]+b[bind])bind=j;}tb[bind]+=b[bind];cb[i]=tb[bind];}int ma=0,mb=0;//把A先加工出来的工件给B中加工最久的for(int i=1;i<=n;i++){ma=max(ma,ca[i]); mb=max(mb,ca[i]+cb[n-i+1]); }printf("%d %d\n",ma,mb);     //system("pause");    return 0;}

USACO 4.2.5 Cowcycles

又是一道搜索题,不过感觉这道题不难,几乎没有剪枝..

两重的DFS 先DFS前齿轮,再DFS后齿轮,对结果保存比较

/*ID: swm80232PROG:cowcycle LANG: C++*/#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int f,r,f1,f2,r1,r2;double ans;int af[5],ar[10],fr[15],fans[5],rans[10];//计算方差 double cal(){double avg=0,res=0,delta[50];for(int i=0;i<f;i++){for(int j=0;j<r;j++){delta[i*r+j]=(double)af[i]/ar[j];}}double t;sort(delta,delta+r*f);for(int i=0;i<f*r-1;i++){delta[i]=delta[i+1]-delta[i];avg=avg+delta[i];}avg=avg/(f*r-1);for(int i=0;i<f*r-1;i++){res+=(delta[i]-avg)*(delta[i]-avg);}return res/(f*r-1);}void dfsr(int st,int p){if(st==r){                //af最大,ar最小自然是最大比,反之是最小比if(af[f-1]*ar[r-1]<3*af[0]*ar[0])return;double r=cal();if(r<ans){ans=r;memcpy(fans,af,sizeof fans);memcpy(rans,ar,sizeof rans);}return;}for(int i=p;i<=r2-(r-st-1);i++){ar[st]=i;dfsr(st+1,i+1);}}void dfsf(int st,int p){if(st==f){dfsr(0,r1); return;}for(int i=p;i<=f2-(f-st-1);i++){af[st]=i;dfsf(st+1,i+1);}}int main(){    freopen("cowcycle.in","r",stdin);    freopen("cowcycle.out","w",stdout);scanf("%d%d%d%d%d%d",&f,&r,&f1,&f2,&r1,&r2);ans=1e9;dfsf(0,f1);printf("%d",fans[0]);for(int i=1;i<f;i++)printf(" %d",fans[i]);printf("\n%d",rans[0]);for(int i=1;i<r;i++)printf(" %d",rans[i]); printf("\n");    //system("pause");    return 0;}

USACO 4.3.2 Buy Low,Buy Lower

题目不难..但是要用到大数,LRJ的大数模板用起来真的挺方便..

第一问是最长XX序列(d[i])

第二问可以从第一问的结论上求解 D[i]=sum(d[j]) 其中j满足j<i并且d[j]=d[i]+1并且ds[j]>ds[i], (d[i]是第一问得出的状态数组,ds[i]是股票价格) ,需要注意的就是ds[j]必须是互不相同的,方法很多,比较好的一种方法就是设置一个next[]数组,标记下一个和它值相同的值位置,如果next[i]=j,j!=0并且j<i就不予统计

第二问和第一问可以在同一步DP内完成.

/*ID: swm80232PROG:buylow LANG: C++*/#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn=300;int n,ds[5005],d[5005],nmax,next[5005];struct bign{int len,s[maxn];bign(){memset(s,0,sizeof s);len=1;}bign(int num){*this=num;}bign(const char *num){*this=num;}bign operator =(int num){char s[maxn];sprintf(s,"%d",num);*this=s;return *this;}bign operator =(const char *num){len=strlen(num);for(int i=0;i<len;i++)s[i]=num[len-i-1]-'0';return *this;}string str()const{string res="";for(int i=0;i<len;i++)res=(char)(s[i]+'0')+res;if(res=="")res="0";return res;}bign operator +(const bign& b)const{bign c;c.len=0;for(int i=0,g=0;g||i<max(len,b.len);i++){int x=g;if(i<len)x+=s[i];if(i<b.len)x+=b.s[i];c.s[c.len++]=x%10;g=x/10; }return c; }bool operator == (const bign &b){for(int i=0;i<len;i++){if(s[i]!=b.s[i])return false;}return true;}}d2[5005];void dp(){//初始化Next数组,代表下一个与该点值相同的点的位置  for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){if(ds[j]==ds[i]){next[i]=j;break;}}} nmax=0;ds[0]=d[0]=0,d2[0]=1,ds[0]=1e9;for(int i=1;i<=n;i++){int t=0;for(int j=i-1;j>=0;j--){if(ds[j]>ds[i]&&d[j]>t)t=d[j];}d[i]=t+1;if(d[i]>nmax)nmax=d[i];/*到这一点不重复的方法数d2[i]=sum{d2[j]} j满足d[j]+1=d[j]&&ds[j]>ds[i]*/for(int j=0;j<i;j++){if(d[j]+1==d[i]&&ds[j]>ds[i]&&(next[j]==0||next[j]>i)){d2[i]=d2[i]+d2[j];}}}}int main(){    freopen("buylow.in","r",stdin);    freopen("buylow.out","w",stdout);    memset(d,0,sizeof d);    memset(d2,0,sizeof d2);    memset(next,0,sizeof next);    scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&ds[i]);dp();bign res=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(d[i]==nmax&&next[i]==0)res=res+d2[i];}/*for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",d[i]);printf("\n");for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",d2[i]);printf("\n");*/printf("%d ",nmax);for(int i=res.len-1;i>=0;i--)printf("%c",res.s[i]+'0');printf("\n");    //system("pause");    return 0;}