08-27~29 HDU1010 USACO4.3~4.4 搜索剪枝,模拟,拓扑,网络流

 这两天木有一直做题,给我的Defy刷了MIUI,玩机去了...话说MIUI还真不错..

 言归正传,前两天和队友在HDU上挂了华中北赛区的决赛题目,完全被虐啊,根本不在状态,希望比赛的时候千万不要出  现这种状况了...收起受伤的心灵,继续努力做题,提高自己吧,毕竟起步太晚,想一步登天是不可能的,一步一步来吧..

 

 今天晚上终于把USACO第四章的题目做完了..考虑要不要停一段时间在做,因为现在的题目已经超出了我的水平,  很难自己想出来,这样难以达到好的做题效果,另外,也该开始回顾一下以前做过的题目和代码了,温故知新,很多东西都  有点忘了.

 HDU 1010Tempter of the Bone 搜索+剪枝

二维迷宫,给定起点和终点,以及墙的位置,问能否在T时间时到达终点,不能走重复的路,给出的迷宫0<m,n<8 T<=50

搜索自然会超时,经过不断的剪枝,终于把这题优化到了0MS,一个BFS加两个DFS,这题是一道搜索的好题

剪枝一:如果所有能走的部分小于T,必然不能走完

剪枝二:奇偶性,从一个格子到另一个格子的步数的奇偶性是固定的,如果步数和时间奇偶性不同,也必然不能到达..只需要判断一次就可以了,如果步数和剩余时间同奇,那么走一步之后就是同偶了..另外有不少人说这是强力剪枝,其实不要这个剪枝也是0MS AC的...

剪枝三:最短路径,先从终点做一遍BFS,找到所有点到终点的最短路,之后DFS时如果剩下的时间T大于这点到终点的最短路,就不需要继续拓展这个点了,加上这个剪枝基本就能AC了,600MS+..

剪枝四:比较给力的一个剪枝,加上之后就0MS了..搜索到一个点后,对它接下来能走的块进行搜索,记录最大值,以及判断终点是否在这个块中,如果最大值小于剩余时间T,或者终点不在这个块中,也就不需要继续拓展了

#include <cstdio>#include <queue>using namespace std;int n,m,t;char smaze[10][10];int vis[10][10],maze[10][10],vis2[10][10];int str,stc,enr,enc,canz,canz2,hzd;queue<pair<int,int> > q;int dr[]={1,-1,0,0},dc[]={0,0,1,-1};void bfs(int len,int step){int s2=0;for(int i=0;i<len;i++){int olr=q.front().first;int olc=q.front().second;q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int nr=olr+dr[i],nc=olc+dc[i];if(nr>=1&&nr<=n&&nc>=1&&nc<=m&&!vis[nr][nc]&&smaze[nr][nc]!='X'){canz++;vis[nr][nc]=1;maze[nr][nc]=step;q.push(make_pair(nr,nc)); s2++;}}}if(s2)bfs(s2,step+1);}int dfs2(int pr,int pc){canz2++;if(pr==enr&&pc==enc)hzd=1; for(int i=0;i<4;i++){int nr=pr+dr[i],nc=pc+dc[i];if(pr>=1&&pr<=n&&pc>=1&&pc<=m&&!vis[nr][nc]&&!vis2[nr][nc]&&t>=maze[nr][nc]){vis2[nr][nc]=1;dfs2(nr,nc);}}return 0;}int dfs(int pr,int pc,int t){/*搜索剩下能走块的最大值canz2,以及标记终点是否在这个块中 */ memset(vis2,0,sizeof vis2);canz2=0,hzd=0;dfs2(pr,pc);if(canz2<t||hzd==0)return 0;if(t==0&&maze[pr][pc]==0)return 1;for(int i=0;i<4;i++){int nr=pr+dr[i],nc=pc+dc[i];if(pr>=1&&pr<=n&&pc>=1&&pc<=m&&!vis[nr][nc]&&t>=maze[nr][nc]){vis[nr][nc]=1;if(dfs(nr,nc,t-1))return 1;vis[nr][nc]=0;}}return 0;}int main(){while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&t),n){for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",smaze[i]+1);for(int j=1;j<=m;j++){if(smaze[i][j]=='S')str=i,stc=j;if(smaze[i][j]=='D')enr=i,enc=j;}}memset(vis,0,sizeof vis);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)maze[i][j]=10000;maze[enr][enc]=0;vis[enr][enc]=1;q.push(make_pair(enr,enc));canz=0;/*找到所有点到终点的最短路,之后DFS时如果剩下的时间T大于这点到终点的最短路,就不需要继续拓展这个点了,加上这个剪枝基本就能AC了,600MS+..*/ bfs(1,1);/*1.迷宫中能走的部分<T.必然不能走完2.起点到终点的最短路>T3.时间和路径奇偶性不同 */ if(canz<t||maze[str][stc]>t||((t&1)!=(maze[str][stc]&1))){printf("NO\n");continue;}memset(vis,0,sizeof vis);vis[str][stc]=1; if(dfs(str,stc,t))printf("YES\n");else printf("NO\n");} return 0;} 

USACO 4.3.5 Letter Game

这题比较简单,就是给你一个字符串和26个字母对应的分数,现在有一个字典,找出字母频数和小于目标串并且分值最大的所有串,多个串可以拼在一起

虽然没有说明,但是仔细读题可以发现,目标串3~7字符,字典中串也是3~7 也就是说要么选一个,要么选两个...

第一遍找出最大分数,第二遍所有符合条件的串,排序输出即可

/*ID: swm80232PROG:lgame LANG: C++*/#include <fstream>#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;string col;string dict[40001],dictl;string res[40001]; int score[40001],scn,ds,rp=0;int h[27],h2[27],slen,bscore=0;int sc[26]={2,5,4,4,1,6,5,5,1,7,6,3,5,2,3,5,7,2,1,2,4,6,6,7,5,7};//读取文件 void read(){memset(h,0,sizeof h);ds=0;cin>>col;slen=col.length();for(int i=0;i<slen;i++){h[col[i]-'a']++;}fstream f("lgame.dict");while(f>>dictl){if(dictl==".")break;if(dictl.length()>slen)continue;memset(h2,0,sizeof h2);scn=0;int yes=1;for(int i=0;i<dictl.length();i++){h2[dictl[i]-'a']++;scn+=sc[dictl[i]-'a']; //如果出现目标串中没有的字母,或者频数大于目标串中字母频数.直接不保存 if(h2[dictl[i]-'a']>h[dictl[i]-'a']){yes=0;break;}}if(!yes)continue;score[ds]=scn;dict[ds++]=dictl;//记录单单词最大分数 bscore=max(bscore,scn);//printf("%d\n",bscore);}f.close();}//找最大分值 void gbsc(){for(int i=0;i<ds;i++){for(int j=i;j<ds;j++){memset(h2,0,sizeof h2);int yes=1;for(int k=0;k<dict[i].length();k++){h2[dict[i][k]-'a']++;}for(int k=0;k<dict[j].length();k++){h2[dict[j][k]-'a']++;//排除不符合条件的 if(h2[dict[j][k]-'a']>h[dict[j][k]-'a'])yes=0;}/*for(int k=0;k<26;k++)printf("%d ",h2[k]);printf("\n");for(int k=0;k<26;k++)printf("%d ",h[k]);printf("\n");*/ //记录多单词最大分值 if(yes)bscore=max(bscore,score[i]+score[j]);}}}//根据分值找单词 void gbrs(){for(int i=0;i<ds;i++){if(score[i]==bscore)res[rp++]=dict[i];}for(int i=0;i<ds;i++){for(int j=i;j<ds;j++){memset(h2,0,sizeof h2);int yes=1;for(int k=0;k<dict[i].length();k++){h2[dict[i][k]-'a']++;}for(int k=0;k<dict[j].length();k++){h2[dict[j][k]-'a']++;if(h2[dict[j][k]-'a']>h[dict[j][k]-'a'])yes=0;}if(yes&&bscore==score[i]+score[j]){res[rp++]=dict[i]+" "+dict[j];}}}}int main(){    freopen("lgame.in","r",stdin);    freopen("lgame.out","w",stdout);read();gbsc();printf("%d\n",bscore);gbrs(); sort(res,res+rp);for(int i=0;i<rp;i++){cout<<res[i]<<endl;}    //system("pause");    return 0;}

USACO 4.3.4 Street Race

一道有关联通分量的搜索,第一问枚举每个点搜索起点终点是否可达即可

第二问,很容易证明,符合要求的点必然在第一问的解的集合中,否则起点就可以直通终点了~~至于怎么解决,采用一种染色的方法,将所有起点能到达的点染成绿色,中间点能到达的点染成红色,如果地图上没有一个点被染成两种颜色,则该点是符合条件的点.

/*ID: swm80232PROG:race3LANG: C++*/#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int n,a,map[55][105],a1[105],ap1=0,a2[105],ap2=0,vis[55],v1[55],v2[55];int dfs(int p){if(p==n)return 1;for(int i=1;i<=map[p][0];i++){if(!vis[map[p][i]]){vis[map[p][i]]=1;if(dfs(map[p][i]))return 1;}}return 0;}void dfsg(int p,int d){for(int i=1;i<=map[p][0];i++){if(map[p][i]!=d&&!v1[map[p][i]]){v1[map[p][i]]=1;dfsg(map[p][i],d); }}}void dfsb(int p){for(int i=1;i<=map[p][0];i++){if(!v2[map[p][i]]){v2[map[p][i]]=1;dfsb(map[p][i]); }}}int main(){    freopen("race3.in","r",stdin);    freopen("race3.out","w",stdout);n=0;memset(map,0,sizeof map);while(scanf("%d",&a)){if(a==-2){n++;continue;}if(a==-1)break;map[n][0]++;map[n][map[n][0]]=a;}n--;for(int i=1;i<n;i++){memset(vis,0,sizeof vis);vis[0]=1,vis[i]=1;if(!dfs(0))a1[ap1++]=i;}printf("%d",ap1); for(int i=0;i<ap1;i++)printf(" %d",a1[i]);printf("\n");/*容易知道,中间点必然是不可避免的点 染色法,从起点出发能到达的点染成红色,从另一个起点出发,能到达的点染成黑色,如果出现点重复被染色,说明该点不符合要求 */for(int i=0;i<ap1;i++){memset(v1,0,sizeof v1);memset(v2,0,sizeof v2);v1[0]=1;v2[a1[i]]=1;dfsg(0,a1[i]);dfsb(a1[i]);int yes=1;for(int i=0;i<=n;i++){if(v1[i]&&v2[i])yes=0;}if(yes)a2[ap2++]=a1[i];} printf("%d",ap2); for(int i=0;i<ap2;i++)printf(" %d",a2[i]);printf("\n");//system("pause");return 0;} 

USACO 4.4.1 Shuttle Puzzle 贪心+搜索

有数学方法,可以找到规律,可是我一眼看上去就直接搜索了..

BFS,自然是超时了..代码写的很丑陋,写了一下午都没A,后来还是看了大牛的代码..这份代码基本都是按照大牛的写法写的,所以想看代码还是直接去NOCOW看吧..

一开始用位保存状态1<<24,然后还要保存空格的位置,开了一个[24][1<<24]的数组,直接爆空间.作罢

其实这题虽然是用搜索来做,但是并不是盲目的搜索,有一种策略,就是尽量让b像左,w向右,所以保证每一步b左移了或者w右移了,相反作用的操作不予考虑..也因为是一种贪心的搜索,所以连判重都免了..不会有重复情况的.

/*ID: swm80232PROG:shuttleLANG: C++*/#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>#include <queue>#include <set>using namespace std;struct node{int ans[1000];int p;int ap;string s;}no;int n;string des;void bfs(){//initqueue<node> q;//set<string> se;//se.clear();while(!q.empty())q.pop();node n1;//init start and endn1.s.resize(2*n+1);des.resize(2*n+1);for(int i=0;i<n;i++){n1.s[i]='w';des[i]='b';}for(int i=n+1;i<2*n+1;i++){n1.s[i]='b',des[i]='w';}n1.s[n]=des[n]=' ';n1.p=n,n1.ap=0;q.push(n1); while(!q.empty()){node now=q.front();node nw;q.pop();/*贪心选择,不需要判重...因为每次只会选择一个方向,不会往回选择 */ //if(se.count(now.s))continue;//se.insert(now.s);//if reach the destinationif(now.s==des){for(int i=0;i<now.ap;i++){printf("%d",now.ans[i]+1);if((i+1)%20==0)printf("\n");else if(i!=now.ap-1)printf(" ");}if(now.ap%20!=0)printf("\n");return;}int p=now.p;memcpy(nw.ans,now.ans,sizeof now.ans);//dict order -2 -1 +1 +2//选择时有一定的贪心性质 if(now.p>1&&now.s[p-1]=='b'&&now.s[p-2]=='w'){nw.s=now.s;nw.s[p]=nw.s[p-2],nw.s[p-2]=' ';nw.p=now.p-2; nw.ans[now.ap]=nw.p;nw.ap=now.ap+1;q.push(nw);}if(now.p>0&&now.s[p-1]=='w'){nw.s=now.s;nw.s[p]=nw.s[p-1],nw.s[p-1]=' '; nw.p=now.p-1;nw.ans[now.ap]=nw.p;nw.ap=now.ap+1;q.push(nw);}if(now.p<2*n&&now.s[p+1]=='b'){nw.s=now.s;nw.s[p]=nw.s[p+1],nw.s[p+1]=' ';nw.p=now.p+1; nw.ans[now.ap]=nw.p;nw.ap=now.ap+1;q.push(nw);}if(now.p<2*n-1&&now.s[p+1]=='w'&&now.s[p+2]=='b'){nw.s=now.s;nw.s[p]=nw.s[p+2],nw.s[p+2]=' ';nw.p=now.p+2; nw.ans[now.ap]=nw.p;nw.ap=now.ap+1;q.push(nw);}}}int main(){    freopen("shuttle.in","r",stdin);    freopen("shuttle.out","w",stdout);scanf("%d",&n);bfs();    //system("pause");    return 0;}

USACO 4.4.3 拓扑排序

给N幅画叠放之后的效果,确定叠放的顺序

比较容易想到拓扑排序,先一遍扫描扫描出每个图形的范围(左上角和右下角确定),再一遍扫描建图,如果B压在了A的上面,则建一条B->A的边

因为要输出所有符合要求的排序,所以把拓扑写成DFS的形式就可以了..

/*ID: swm80232PROG:frameup LANG: C++*/#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int h,w;struct square{int has;int ar,ac,br,bc;//右上 左下 square(){has=0,ar=100,ac=100,br=0,bc=0;}}sq[30];char m[35][35];int map[31][31];int in[31],zms=0; int ans[30];void topo(int pos,int ind[31]){if(pos==zms+1){for(int i=1;i<=zms;i++){printf("%c",ans[i]+'A'-1);}printf("\n");return;}int p=0;for(p=1;p<=30;p++){if(ind[p]==0){ans[pos]=p;int pind[31];for(int i=1;i<=30;i++)pind[i]=ind[i];pind[p]=-1;for(int t=1;t<=30;t++){if(map[p][t])pind[t]--;}topo(pos+1,pind);}}}void fg(int k,int t){if(k==t||map[k][t])return;map[k][t]=1;in[t]++;}int main(){    freopen("frameup.in","r",stdin);freopen("frameup.out","w",stdout);scanf("%d%d",&h,&w);for(int i=1;i<=h;i++){scanf("%s",m[i]+1);}for(int i=1;i<=h;i++){for(int j=1;j<=w;j++){if(m[i][j]=='.')continue;int t=m[i][j]-'A'+1;sq[t].has=1;sq[t].ar=min(sq[t].ar,i);sq[t].ac=min(sq[t].ac,j);sq[t].br=max(sq[t].br,i);sq[t].bc=max(sq[t].bc,j);}}memset(map,0,sizeof map);memset(in,0,sizeof in);for(int k=1;k<=30;k++){if(sq[k].has==0){in[k]=-1;continue;}zms++;for(int i=sq[k].ar;i<=sq[k].br;i++){int t=m[i][sq[k].ac]-'A'+1;int t2=m[i][sq[k].bc]-'A'+1; fg(k,t);fg(k,t2);}for(int i=sq[k].ac;i<=sq[k].bc;i++){int t=m[sq[k].ar][i]-'A'+1;int t2=m[sq[k].br][i]-'A'+1; fg(k,t);fg(k,t2);}}topo(1,in);    //system("pause");    return 0;}

USACO 4.4.2 Pollutant Control 最小割

感觉比较难的一题最小割..而且网上大多的思路和代码都是错的,和YJ学长讨论这一题,YJ学长很快找到了USACO上两份代码的反例,所以只能说这题的数据实在太水了..

第一问找最小割就不用说了,EK就可以了,注意有重边.

第二问找边数最少的最小割,官网给的思路很巧妙,每条边的容量乘以1001+1,再求最大流,求出的最大流为maxflow/1001(假设不加前最大流为maxflow,因为边数小于1000,所以结果不会超过MAXFLOW=maxflow*1001+1000,除去1000就是最大流),这样做的好处是可以直接求出第二问,因为加一条边最大流就加1,所以边数最少的最小割求出的最大流是最小的,这个值就是MAXFLOW%1001

第三问求出最小割的边,这里采用退流的方法,如果去掉这个边之后最大流的减少量等于这条边的容量,则该边为最小割中的一边,并且去掉这条边后,和它组成一组最小割的边仍然构成原图的最小割,注意如果该边不是最小割中的边要把边加回去.至于字典序只要按输入顺序遍历就可以了.

另外这题是大数,注意数据范围

/*ID: swm80232PROG:milk6 LANG: C++*/#include <cstdio>#include <string>#include <math.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>#include <algorithm>#include <queue>using namespace std;typedef long long LL;const LL INF = 1e10;int n,m;LL cap[35][35];struct side{LL si,ei,ci;}s[1005];LL flow[35][35];LL EK(){LL a[35],f=0;LL p[35];memset(flow,0,sizeof flow);memset(p,0,sizeof p);queue<int> q;while(1){memset(a,0,sizeof a);a[1] = INF;q.push(1);while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();for(LL v=1;v<=n;v++){if(!a[v]&&cap[u][v]>flow[u][v]){p[v]=u;q.push(v);a[v]=min(a[u],cap[u][v]-flow[u][v]);}}}if(a[n]==0)break;for(int u=n;u!=1;u=p[u]){flow[p[u]][u]+=a[n];flow[u][p[u]]-=a[n];}f+=a[n];}return f;}int main(){    freopen("milk6.in","r",stdin);    freopen("milk6.out","w",stdout);    memset(cap,0,sizeof cap);    scanf("%lld%lld",&n,&m);for(LL i=0;i<m;i++)scanf("%lld%lld%lld",&s[i].si,&s[i].ei,&s[i].ci);for(LL i=0;i<m;i++)cap[s[i].si][s[i].ei]+=s[i].ci*1001+1;LL maxflow=EK();LL mflow=maxflow/1001;LL mside=maxflow%1001;printf("%lld %lld\n",mflow,mside);LL nside=0;for(LL i=0;i<m&&nside<mside;i++){if(flow[s[i].si][s[i].ei]!=cap[s[i].si][s[i].ei])continue;cap[s[i].si][s[i].ei]-=s[i].ci*1001+1;if(EK()==maxflow-s[i].ci*1001-1){printf("%lld\n",i+1);maxflow-=s[i].ci*1001+1;nside++;}else cap[s[i].si][s[i].ei]+=s[i].ci*1001+1;}   // system("pause");    return 0;}