Dylan's Blog
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问题描述

给你一个长为n(n<=15)的序列，你需要将它排序（从小到大）。

你可以从中选取任意一段将它取出，并插入序列中任意位置。问你最少需要多少次这种操作。

输入

第一行给出数据组数T。 每组数据第一行给出n。 接下来一行给出你n个数（这些数是1-n的排列）。

输出

对于每一组数据输出最小的操作次数。 如果操作次数大于或等于5，输出“5 or more”

思路

看数据范围就知道是搜索，而且时限也很宽。

我们分析一下普通的搜索，枚举任意一段共有n*(n-1)/2种情况，枚举插入的位置共有n种情况。所以一次操作就有O(n^3)复杂度，最多要枚举4次操作，所以总复杂度是肯定不符合要求的。

但是我们可以使用IDA* 搜索。假如a[i]+1!=a[i+1]则称这是一个错误后缀，如果一个序列没有错误后缀，则它是有序的。然后我们考虑每一次操作最优只能减少3个错误后缀，所以操作数一定大于等于错误后缀数/3.因此我们将错误后缀数/3作为估值函数。其他的实现就比较简单了。

细节

  1. 循环中变量的范围一定不要弄错了
  2. 估值函数不要写错了，是（cnt+2)/3

代码

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#include 
#include 
#include 
#define MAXN 200
using namespace std;

int T, n, a[MAXN], t[MAXN], ans;
bool flag;

int h(int *a)
{
    int cnt=0; 
    for(int i=1; i
void move(int x, int y, int len, int *temp)
{
    for(int i=0; i
bool dfs(int step, int *a)
{
    int temp[MAXN];
    if(h(a)==0) {flag=true; return true;}
    if(h(a)+step>ans) return false;
    for(int len=1; len
int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        flag=false;
        scanf("%d", &n);
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
        for(ans=0; ans<=4; ans++) if(dfs(0, a))
        {
            printf("%d\n", ans);
            break;
        }
        if(!flag) printf("5 or more\n");
    }
}

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问题描述

说的简单点就是给你一张n个点m条边的有向图和起点S，终点T。求从S出发到T的第K短路。

输入

第一行n，m。 接下来m行，每行描述一条有向边。 最后一行S，T，K三个数

输出

输出第K短路的长度，如果不存在则输出-1。

思路

这就是K短路的模板题吧。用可持久化左偏树维护自然是不会的。

首先可以考虑用优先队列搜索，类似于上一篇博客中的方法。显然这样的时间复杂度是不符合要求的，于是可以用启发式搜索进行优化。

A* 中的估价函数也不难设计，为了确保正确性，估价函数值应该要比真实值要小，于是估价函数可以设计为从该点到T的最短路。

细节

  1. 如果S==T，要K++。 太毒瘤啦
  2. 要注意K短路不存在的情况

代码

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 1005
#define MAXE 100005
using namespace std;

struct Node
{
    int x, dis1, dis2; //dis1实际走过距离，dis2估计总距离
    Node(int a, int b, int c)
    {
        x=a; dis1=b; dis2=c;
    }
    friend bool operator < (Node x, Node y)
    {
        return x.dis2>y.dis2; //小根堆 
    }
};

int n, m, a, b, t, dis[MAXN], S, T, K, ans=INF;
bool vis[MAXN];

struct Graph
{
    int cnt, head[MAXN];
    struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXE];

    void addedge(int from, int to, int dis)
    {
        edge[++cnt].next=head[from];
        edge[cnt].to=to;
        edge[cnt].dis=dis;
        head[from]=cnt;
    }

    void spfa()
    {
        memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
        queue<int> q;
        dis[T]=0; vis[T]=true;
        q.push(T);
        while(!q.empty())
        {
            int x=q.front(); q.pop();
            vis[x]=false;
            for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
            {
                int to=edge[i].to;
                if(dis[to]<dis[x]+edge[i].dis) continue;
                dis[to]=dis[x]+edge[i].dis;
                if(!vis[to]) q.push(to), vis[to]=true;
            }
        } 
    }

    void Astar()
    {
        int tot=0;
        priority_queue<Node> q;

        if(S==T) K++; //注意！！！ 
        q.push(Node(S, 0, dis[S]));
        while(!q.empty())
        {
            Node top=q.top(); q.pop();
            if(top.x==T)
            {
                tot++;
                if(tot==K) {ans=top.dis1; return;}
            }
            for(int i=head[top.x]; i; i=edge[i].next)
            {
                int dis1=top.dis1+edge[i].dis;
                int dis2=dis1+dis[edge[i].to];
                q.push(Node(edge[i].to, dis1, dis2));
            }
        }
    }

} G1, G2;

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &t);
        G1.addedge(a, b, t);
        G2.addedge(b, a, t);
    }
    scanf("%d%d%d", &S, &T, &K);
    G2.spfa();
    G1.Astar();
    if(ans==INF) printf("-1\n"); //K短路可能不存在 
    else printf("%d\n", ans);
}

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问题描述

满足如下条件的序列X被称为“Addition Chains”： 1.$X[1]=1$ 2.$X[m]=n$ 3.$X[1]<X[2]<…<X[m-1]<X[m]$ 4.对于每个k(2<=k<=m)都存在两个整数i,j（i,j可以相等），使得$X[k]=X[i]+X[j]$ 给定一个整数n,找出符合条件长度最短的”Addition Chains”（有SPJ，输出符合要求即可)

输入

有多组数据，每组数据一个数n（n<=100)。以n=0结束输入

输出

每组数据一行，输出长度最短的“addition chains”。

思路

迭代加深搜索应该不难想到，这里就讲一下剪枝。

可以开一个vis数组记录某个数值有没有访问过，这样可以避免重复搜索某个数组。

还有另一个剪枝（但是我没有用），枚举i,j时可以从大到小枚举，这样可以优化搜索顺序，使序列中是数尽快逼近n。

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#include 
#include 
#include 
#define MAXN 105
using namespace std;

int n, m, num[MAXN];
bool vis[MAXN];

bool dfs(int x)
{
    if(x==m)
    {
        if(num[x]==n) return true;
        else return false;
    }
    for(int i=1; i<=x; i++)
    {
        for(int j=i; j<=x; j++)
        {
            int temp=num[i]+num[j];
            if(temp
int main()
{
    while(scanf("%d", &n) && n)
    {
        for(m=1; ; m++)
        {
            memset(num, 0, sizeof(num));
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            num[1]=1;
            if(dfs(1)) break;   
        }
        for(int i=1; i<=m; i++) printf("%d ", num[i]);
        printf("\n");
    }   
}

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问题描述

有N(1<=N<=1000)个城市和M(1<=M<=10000)条道路，构成一张无向图。在每个城市里面都有一个加油站，不同的加油站的价格不一样。通过每一条道路的油耗就是该道路的边权。你需要回答q(q<=100)个问题,在每个问题中，请计算出油箱容量为C(1<=C<=100)的车子，从起点S开到终点T至少要话多少油钱？

输入

第一行两个数字n,m。 接下来一行n个数字描述每个城市的油价。 接下来m行描述每行描述一条道路。 接下来一行一个数字q。 然后q行描述q个问题。

输出

一共q行，每行输出每个问题的油钱。如果不能到达，输出impossible。

思路

这题的主要思想就是优先队列搜索。我们对于每一个问题都进行一次优先队列BFS。对于每一个状态我们储存3个信息：所在城市，当前油量，当前花费。再用用一个二维数组d记录最少花费。

接下来有两中扩展方式，一是在当前城市加1L油，二是到相邻的城市并且消耗油量。我们不断从堆顶取出花费最少的状态，直到T第一次被取出为止。

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
#define MAXN 1005
#define MAXE 10005
using namespace std;

int n, m, u, v, dis, e, s, c, Q, cnt, head[MAXN], val[MAXN], d[MAXN][110];

struct Node
{
    int city, fuel, cost;
    Node(int x, int y, int z)
    {
        city=x; fuel=y; cost=z;
    }
    friend bool operator < (Node x, Node y)
    {
        return x.cost>y.cost;
    }
};
struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXE*2];

void addedge(int from, int to, int dis)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    edge[cnt].dis=dis;
    head[from]=cnt;
}

void bfs(int s, int e, int v)
{
    priority_queue<Node> q;
    memset(d, 0x3f, sizeof(d));
    d[s][0]=0;
    q.push(Node(s, 0, 0));
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.top().city, f=q.top().fuel, c=q.top().cost;
        q.pop();
        if(x==e) {printf("%d\n", c); return;}
        if(f<v && d[x][f]+val[x]<d[x][f+1])
        {
            d[x][f+1]=d[x][f]+val[x];
            q.push(Node(x, f+1, d[x][f+1]));
        }
        for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to, dis=edge[i].dis;
            if(f>=dis && c<d[to][f-dis])
            {
                d[to][f-dis]=c;
                q.push(Node(to, f-dis, d[to][f-dis]));
            }
        }
    }
    printf("impossible\n");
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &val[i]);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &dis);
        addedge(u+1, v+1, dis);
        addedge(v+1, u+1, dis);
    }
    scanf("%d", &Q);
    for(int i=1; i<=Q; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &c, &s, &e);
        bfs(s+1, e+1, c);
    }
}

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问题描述

乔治有一些同样长的小木棍，他把这些木棍随意砍成几段，直到每段的长都不超过50。现在，他想把小木棍拼接成原来的样子，但是却忘记了自己开始时有多少根木棍和它们的长度。给出每段小木棍的长度，编程帮他找出原始木棍的最小可能长度。

输入

第一行为一个单独的整数N表示砍过以后的小木棍的总数，其中N≤64。 第二行为N个用空个隔开的正整数，表示N根小木棍的长度。

输出

仅一行，表示要求的原始木棍的最小可能长度。

思路

依然还是爆搜。

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#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 70
using namespace std;

int n, a[MAXN], ans=INF, sum, cnt;
bool vis[MAXN];

bool CMP(int x, int y) {return x>y;}

bool dfs(int num, int len, int last)
{
    if(num>=cnt) return true;
    if(len==ans) return dfs(num+1, 0, 1);
    int fail=0;
    for(int i=last; i<=n; i++)
    {
        if(vis[i] || len+a[i]>ans || fail==a[i]) continue;
        vis[i]=true;
        if(dfs(num, len+a[i], i+1)) return true;
        fail=a[i]; 
        vis[i]=false;
        if(len==0) return false;
    }
    return false; 
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        if(a[i]>50) n--, i--;
        else sum+=a[i], ans=min(ans, a[i]);
    }

    sort(a+1, a+n+1, CMP);
    for(; ans<=sum; ans++)
    {
        if(sum%ans!=0) continue;
        cnt=sum/ans;
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        if(dfs(1, 0, 1)) break;
    }
    printf("%d\n", ans);
}