DLX

Dancing Link X 求精确覆盖与重复覆盖入门

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DLX算法入门文……主要说一下我对这个算法的理解。

问题描述

精确覆盖问题:

以矩阵模型介绍,给你一个矩阵,其每个格子的权值范围是 [0,1] ,让你选出若干行,使得选出的行的 1 覆盖了一行的所有格子,且不能有重叠。

重复覆盖问题:

与精确覆盖问题基本相同,但是所选的行集合中,同一列的 1 允许重叠。
这个问题当然不可能让你输出可行方案,输出的应该是行数最小的方案。

算法理解

精确覆盖和重复覆盖都是NP问题,通常的,我们只能通过搜索去解决它。事实上DLX算法也是基于搜索算法。这里放上我的学习博客,里面讲的非常详细,一般人写的博客已然不会超过他。
所以我写这个个人理解其实主要是给自己看的。

首先最容易的当然是 \( 2^{row} \) 的最简单的裸搜,这谁都想得到……而且复杂度很高……

其实当我们选中一行时,对于这一行的每一个 1 元素,含有与选中行同一列的 1 元素的行自然是不能选的,与此同时对于选中行每一个 1 元素,它所在的列其实我们也已经不再需要去考虑它们,因此,我们可以把这些元素删除,得到一个新的矩阵,如此重复操作,直到能覆盖一行的所有格子。

基本的原理就是这些,因为涉及到非常多的增删数据,使用链表是非常非常高效且合理的!!
因为给定的图一般是稀疏图,所以如果只记录 1 的位置将会非常省内存。

而对于重复覆盖,与精确覆盖基本一致,因为找最小的原因,还可以加一个 A * 优化。

入门实践与模板

HihoCoder 1317 搜索四·跳舞链

题意:
最基本的精确覆盖入门题

思路:
模板题……

而且非常意外的发现网上的模板相似度非常高!!
所以我这里也就改了一蛤变量名就没了。

AC Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <list>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string.h>
#include <string>
#include <utility>
#include <vector>

#define ll long long

using namespace std;

const int maxnode = 1e5 + 10;
const int maxm = 1e3 + 5;
const int maxn = 1e3 + 5;

struct DLX {
    int n, m, size;
    int U[maxnode], D[maxnode], R[maxnode], L[maxnode], Row[maxnode], Col[maxnode]; //L,R,D,U四个数组记录某节点上下左右邻居
    int head[maxn], ccnt[maxm];                                                     //head记录排头,ccnt记录某列有多少个节点
    int ansd, ans[maxn];
    void init(int _n, int _m)
    {
        n = _n;
        m = _m;
        for (int i = 0; i <= m; i++) {
            ccnt[i] = 0;
            U[i] = D[i] = i;
            L[i] = i - 1;
            R[i] = i + 1;
        }
        R[m] = 0;
        L[0] = m;
        size = m;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            head[i] = -1;
    }

    void link(int r, int c)
    {
        ++ccnt[Col[++size] = c];
        Row[size] = r;
        D[size] = D[c];
        U[D[c]] = size;
        U[size] = c;
        D[c] = size;
        if (head[r] < 0)
            head[r] = L[size] = R[size] = size;
        else {
            R[size] = R[head[r]];
            L[R[head[r]]] = size;
            L[size] = head[r];
            R[head[r]] = size;
        }
    }

    void exactRemove(int c)
    {
        L[R[c]] = L[c];
        R[L[c]] = R[c];
        for (int i = D[c]; i != c; i = D[i])
            for (int j = R[i]; j != i; j = R[j]) {
                U[D[j]] = U[j];
                D[U[j]] = D[j];
                --ccnt[Col[j]];
            }
    }

    void repeatRemove(int c)
    {
        for (int i = D[c]; i != c; i = D[i])
            L[R[i]] = L[i], R[L[i]] = R[i];
    }

    void repeatResume(int c)
    {
        for (int i = U[c]; i != c; i = U[i])
            L[R[i]] = R[L[i]] = i;
    }

    int f()
    {
        bool vv[maxm];
        int ret = 0, c, i, j;
        for (c = R[0]; c != 0; c = R[c])
            vv[c] = 1;
        for (c = R[0]; c != 0; c = R[c])
            if (vv[c]) {
                ++ret, vv[c] = 0;
                for (i = D[c]; i != c; i = D[i])
                    for (j = R[i]; j != i; j = R[j])
                        vv[Col[j]] = 0;
            }
        return ret;
    }

    void repeatDance(int d)
    {
        if (d + f() >= ansd)
            return; //估价函数剪枝,A*搜索
        if (R[0] == 0) {
            if (d < ansd)
                ansd = d;
            return;
        }
        int c = R[0], i, j;
        for (i = R[0]; i; i = R[i])
            if (ccnt[i] < ccnt[c])
                c = i;
        for (i = D[c]; i != c; i = D[i]) {
            repeatRemove(i);
            for (j = R[i]; j != i; j = R[j])
                repeatRemove(j);
            repeatDance(d + 1);
            for (j = L[i]; j != i; j = L[j])
                repeatResume(j);
            repeatResume(i);
        }
    }

    void exactResume(int c)
    {
        for (int i = U[c]; i != c; i = U[i])
            for (int j = L[i]; j != i; j = L[j])
                ++ccnt[Col[U[D[j]] = D[U[j]] = j]];
        L[R[c]] = R[L[c]] = c;
    }

    //d为递归深度
    bool exactDance(int d)
    {
        if (R[0] == 0) {
            ansd = d;
            return true;
        }
        int c = R[0];
        for (int i = R[0]; i != 0; i = R[i])
            if (ccnt[i] < ccnt[c])
                c = i;
        exactRemove(c);
        for (int i = D[c]; i != c; i = D[i]) {
            ans[d] = Row[i];
            for (int j = R[i]; j != i; j = R[j])
                exactRemove(Col[j]);
            if (exactDance(d + 1))
                return true;
            for (int j = L[i]; j != i; j = L[j])
                exactResume(Col[j]);
        }
        exactResume(c);
        return false;
    }

    void output()
    {
        printf("%d", ansd);
        for (int i = 0; i < ansd; i++)
            printf(" %d", ans[i]);
        puts("");
    }
};

DLX dlx;
int main()
{
    int n, m, T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        dlx.init(n, m);
        for (int i = 1, num; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                scanf("%d", &num);
                if (num == 1)
                    dlx.link(i, j);
            }
        if (!dlx.exactDance(0))
            puts("No");
        else
            puts("Yes");
    }
    return 0;
}
同余BFS

HDU 6071 Lazy Running

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第一次刷到HDU第一名,趁现在没人比我高,截图来一发!!!!

对于这道题,我只想说一个字

妙!!!!

题意:
给你四个点,(1,2),(2,3),(3,4),(4,1)之间都有一条无向路径,让你从 2 号点出发,最后回到2号点,同时使得走过的距离大于等于 k ,并且 最小。

k很大,最大达到 1e18 ,四条路的范围不大于 3e4 。

思路:
这道题真的是太妙了!!!

说一下我比赛前后的思路,这里我称 从 起点 2 回到 2的回路为 E 回路。

先说一下我比赛的思路:
一开始我的思路是这样的,首先不考虑单纯的往返,那么E回路就有7种情况。
那么我考虑复杂度的话最多的就是4点成环且只有4条边的情况,对于这条已有的E回路,我们可以在任意一条路径走来回走,使得路径长度增大。
那么我们就可以将问题转化成为 \( a_1 \times x + a_2 \times y + a_3 \times z + a_4 \times p \geq k \) 这样的不等式 4点4边成环需要特殊判断
四个系数为 [0,1e18] ,我们要求找到四个系数,使得不等式成立并且左边的值最小。
可以考虑用 二分 做。但是明显复杂度不够而且很难实现……

*正解 : *

同余 bfs (以前被我叫作 数位bfs……)

首先对于一个已得的E回路,我们可以用任一一条E回路对它进行扩展。
因为这个图的E回路有无穷多个,我这里任取一条 为 a 。

假设已得E回路 p ,有E回路 a , 那么必然存在一条拓展E回路 p + a。
同理,必然存在\( p + n \times a \) 的拓展E回路。
那么对于 \( p + n \times a \geq k \) ,那么 我们只要找出最小的 满足条件 的 p 。而这里的条件就是 \( p \in \left[ 0 , a \right) \)。

答案开始显然了起来
对于一个E回路 eu ,我么只要找到 最小的 p 使得 \( p + n \times eu \geq k \) 即可。
其中 \( p \in \left[ k \% eu , eu\right) \)
那么,eu 的范围将影响到我们整个算法的复杂度,所以我们应取 eu 为 最小,而最小的 E回路为
\( \min \left( d_{2,1} , d_{2,3} \right) \times 2 \)

有个需要注意的地方就是我们在取同余距离的时候要注意不能超过原本的 k ,这里只要限制一下就可以了。

AC Code

#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 6e4 + 10;

ll k, times;
int d[5], w, ans;
bool vis[4][maxn];

struct node {
    int pos, val;
    ll time;
    node() {}
    node(int p, int v, ll t) { pos = p, val = v, time = t; }
};

queue<node> que;

void bfs(int st)
{
    fill(vis, false), vis[st][0] = true;
    node cur;
    int tmp, l, r;
    que.push(node(st, 0, 0));
    while (!que.empty()) {
        cur = que.front();
        que.pop();
        if (cur.pos == st && cur.val >= k)
            ans = min(ans, cur.val);
        l = (cur.pos + 3) & 3, r = (cur.pos + 1) & 3;
        if (!vis[l][(tmp = cur.val + d[l]) % w] && tmp / w + cur.time <= times) {
            que.push(node(l, tmp % w, tmp / w + cur.time));
            vis[l][tmp%w] = true;
        }
        if (!vis[r][(tmp = cur.val + d[cur.pos]) % w] && tmp / w + cur.time <= times) {
            que.push(node(r, tmp % w, tmp / w + cur.time));
            vis[r][tmp%w] = true;
        }
    }
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld", &k);
        each(i, 4) scanf("%d", d + i);
        w = 2 * min(d[0], d[1]), times = k / w, k %= w, ans = inf;
        bfs(1);
        if (ans < inf)
            printf("%lld\n", w * times + ans);
        else
            printf("%lld\n", (times + 1) * w);
    }
    return 0;
}
BFS

CodeForces 295C Greg and Friends

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bfs + dp 好题。
真好,比赛的时候想不出来,看题解的时候感觉好复杂……
看完写的时候感觉非常流畅!

题意:
载人过岸,一艘船最大载重 k 已经给定。每个人的重量只会是50或者100。问最小的过岸次数与方案数。

思路:
老实说这个题目我可以看就知道是道搜索题,因为和那个什么东西(就是搜索入门的那个)来着非常像。
最重要的还是理清状态与思路。
以左岸50重人数,100重人数,船是否在左岸表示一个状态,对他进行 bfs ,只要满足船重量大于 0 并且小于等于最大 k,每次过岸花费 1 。第一个搜索到 最终状态的就是我们要求的结果。

而我们的方案数,只能通过dp来球,dp最讲求的就是状态,

转移方程如下:

如果是 左岸 -- > 右岸 anum表示 50重总人数 , bnum 表示 100重 总人数

\( dp[x][y][0] += dp[a][b][1] \times C_a^{a-x} \times C_b^{b-y} \)

否则

\( dp[x][y][1] += dp[a][b][0] \times C_{anum-a}^{x-a} \times C_{bnum-b}^{y-b} \)

写到中间的时候突然发现组合数求不来……尴尬……百度了一下,在数据较小的时候可以直接递推求

\( C_n^m = C_n^{m-1} + C_{n-1}^{m-1} \)

AC Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long

const int maxn = 55;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;

int n, k;
int anum, bnum, maxa, maxb;
ll dp[maxn][maxn][2], c[maxn][maxn], dis[maxn][maxn][2];

struct status {
    int an;
    int bn;
    int isLeft;
    status() {}
    status(int _an, int _bn, int _isLeft)
        : an(_an)
        , bn(_bn)
        , isLeft(_isLeft)
    {
    }
};

queue<status> que;

int bfs()
{
    c[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 50; i++) {
        c[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++j)
            c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
    }
    maxa = anum > 0 ? k / anum : 0, maxb = bnum > 0 ? k / bnum : 0;
    que.push(status(anum, bnum, 1));
    dis[anum][bnum][1] = 0;
    dp[anum][bnum][1] = 1;
    status now, nxt;
    while (!que.empty()) {
        now = que.front();
        que.pop();
        if (!now.an && !now.bn && !now.isLeft)
            return dis[0][0][0];
        for (int i = 0; i <= maxb; i++)
            for (int j = i ? 0 : 1; j <= maxa; j++) {
                if (i * 100 + j * 50 > k)
                    break;
                if (now.isLeft) {
                    if (now.an - j < 0 || now.bn - i < 0)
                        continue;
                    nxt.an = now.an - j, nxt.bn = now.bn - i, nxt.isLeft = false;
                    (dp[nxt.an][nxt.bn][0] += dp[now.an][now.bn][1] * c[now.an][j] % mod * c[now.bn][i] % mod) %= mod;
                    if (!dis[nxt.an][nxt.bn][0]) {
                        dis[nxt.an][nxt.bn][0] = dis[now.an][now.bn][1] + 1;
                        que.push(nxt);
                    }
                } else {
                    if (now.an + j > anum || now.bn + i > bnum)
                        continue;
                    nxt.an = now.an + j, nxt.bn = now.bn + i, nxt.isLeft = true;
                    (dp[nxt.an][nxt.bn][1] += dp[now.an][now.bn][0] * c[anum - now.an][j] % mod * c[bnum - now.bn][i] % mod) %= mod;
                    if (!dis[nxt.an][nxt.bn][1]) {
                        dis[nxt.an][nxt.bn][1] = dis[now.an][now.bn][0] + 1;
                        que.push(nxt);
                    }
                }
            }
    }
    return -1;
}

int main()
{
    int weight;
    scanf("%d %d", &n, &k);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &weight);
        if (weight == 50)
            anum++;
        else
            bnum++;
    }
    int step = bfs();
    if (step == -1) {
        puts("-1\n0");
    } else
        printf("%d\n%lld\n", step, dp[0][0][0]);
    return 0;
}

IDA*

POJ 2286 The Rotation Game

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康复计划 之 ida*

题意:

这种玩具要你操作最少次数且操作字典序最小,使得中间的8个数字相同。

思路:
迭代加深 启发式 搜索
估价函数采用 8 - 中间数字最多的数字数量
因为每次操作如果想达到最终结果,一次最多只能转化出一个,如 aaab ,一次转化出两个的话,中间那个必定不相同,可以自己在纸上试试。

这道题本身在深搜层数上并不会很大,ida * 的优势就体现了出来。

AC Code

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

vector<int> ans;
int ary[30], deep;
int center[] = { 7, 8, 9, 12, 13, 16, 17, 18 };
int ret[] = { 5, 4, 7, 6, 1, 0, 3, 2 };
int mat[][8] = {
    { 1, 3, 7, 12, 16, 21, 23 },
    { 2, 4, 9, 13, 18, 22, 24 },
    { 11, 10, 9, 8, 7, 6, 5 },
    { 20, 19, 18, 17, 16, 15, 14 },
    { 24, 22, 18, 13, 9, 4, 2 },
    { 23, 21, 16, 12, 7, 3, 1 },
    { 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20 },
    { 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 }
};

bool isEnd()
{
    int tmp = ary[7];
    for (int i = 1; i < 8; i++)
        if (tmp != ary[center[i]])
            return false;
    return true;
}

void change(int dir)
{
    int tmp = ary[mat[dir][0]];
    for (int i = 0; i < 6; i++)
        ary[mat[dir][i]] = ary[mat[dir][i + 1]];
    ary[mat[dir][6]] = tmp;
}

int getH()
{
    int num[4] = { 0 };
    for (int i = 0; i < 8; i++)
        num[ary[center[i]]]++;
    return 8 - max(num[1], max(num[2], num[3]));
}

bool dfs(int now)
{
    if (now == deep)
        return isEnd();
    int h = getH();
    if (now + h > deep)
        return false;
    for (int i = 0; i < 8; i++) {
        change(i);
        ans.push_back(i);
        if (dfs(now + 1))
            return true;
        ans.pop_back();
        change(ret[i]);
    }
    return false;
}

int main()
{
    while (scanf("%d", &ary[1]) != EOF && ary[1]) {
        for (int i = 2; i <= 24; i++)
            scanf("%d", ary + i);
        ans.clear();
        if (isEnd()) {
            puts("No moves needed");
            printf("%d\n", ary[7]);
            continue;
        }
        deep = 1;
        while (dfs(0) == false)
            deep++;
        for (unsigned i = 0; i < ans.size(); i++)
            printf("%c", ans[i] + 'A');
        printf("\n%d\n", ary[7]);
    }
    return 0;
}
BFS

HDU 1043 Eight

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康复计划之搜索 1
因为有个小学弟在第二天就说ida * 看不懂,搞得我挺慌 我可以说我也不是很熟么

题意:
经典八数码

思路:
这里提供的是单向bfs + 打表思路,本来想复习ida * 但是不小心看到了kuangbin的思路,就写了一下。

简单说就是我从起始状态 123456780 开始对0进行bfs,通过康托展开的hash函数进行记录状态和路径。询问时对哈希值进行询问和查找。

实际上并没有用到康托展开的性质,只是通过2进制hash而已……

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <string>

using namespace std;
const int maxn = 400000;

int fac[] = { 0, 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, 40320, 362880 };
string path[maxn];
bool vis[maxn];
int dx[] = { 0, -1, 0, 1 };
int dy[] = { -1, 0, 1, 0 };
char dir[] = "rdlu";

struct node {
    int s[9];
    int zero_pos;
    int hash;
    string path;
};

int cantor_hash(int s[])
{
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < 9; i++) {
        int renum = 0;
        for (int j = i + 1; j < 9; j++)
            if (s[i] > s[j])
                renum++;
        res += (renum * fac[9 - i - 1]);
    }
    return res;
}

void init()
{
    memset(vis, false, sizeof vis);
    node cur, nxt;
    for (int i = 0; i < 8; i++)
        cur.s[i] = i + 1;
    cur.s[8] = 0;
    cur.zero_pos = 8;
    cur.hash = cantor_hash(cur.s);
    path[cur.hash] = "";
    vis[cur.hash] = true;
    queue<node> que;
    que.push(cur);
    while (!que.empty()) {
        cur = que.front();
        que.pop();
        int x = cur.zero_pos / 3;
        int y = cur.zero_pos % 3;
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int xx = x + dx[i];
            int yy = y + dy[i];
            if (xx < 0 || xx > 2 || yy < 0 || yy > 2)
                continue;
            nxt = cur;
            nxt.zero_pos = xx * 3 + yy;
            nxt.s[cur.zero_pos] = nxt.s[nxt.zero_pos];
            nxt.s[nxt.zero_pos] = 0;
            nxt.hash = cantor_hash(nxt.s);
            if (!vis[nxt.hash]) {
                nxt.path = dir[i] + cur.path;
                path[nxt.hash] = nxt.path;
                que.push(nxt);
                vis[nxt.hash] = true;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    init();
    node cur;
    char buf[2];
    while (scanf("%s", buf) != EOF) {
        if (buf[0] == 'x') {
            cur.zero_pos = 0;
            cur.s[0] = 0;
        } else
            cur.s[0] = buf[0] - '0';
        for (int i = 1; i < 9; i++) {
            scanf("%s", buf);
            if (buf[0] == 'x') {
                cur.zero_pos = i;
                cur.s[i] = 0;
            } else
                cur.s[i] = buf[0] - '0';
        }
        cur.hash = cantor_hash(cur.s);
        //cout << cur.hash << endl;
        if (vis[cur.hash])
            cout << path[cur.hash] << endl;
        else
            puts("unsolvable");
    }
    return 0;
}

BFS

UVa 11624 基础BFS

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白书训练指南上的第一道基础题,因为它在搜索中引入了超级源点,所以我自己试着做了一下,真的宛如发现新大陆一般,图论的建图技巧真的是在整个图论领域都十分适用啊。

因为UVa的尿性,写完去搜一下题解,居然有很多题解都是两次 bfs ……真是笑了

题意:
一个起火的迷宫,有很多起火的地点,给你初始位置,和起火地点,你的逃跑速度和火焰蔓延速度相等,问你能否跑出迷宫,若能,输出最短时间。

思路:
网上那些两遍bfs的应该是先一遍bfs处理出火焰蔓延到每一个格子的最短时间,在自己bfs时间加个时间大小判断的限制。
然而实际上,我们溶入超级源点的思路,然所有点一起开始跑,在同一个时间内,让所有火焰先跑,并加以标记,而人则把火焰和墙壁一起处理,避而不走。

AC Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <string>
#include <vector>

using namespace std;
const int maxn = 1010;

int row, col, st, en;
char mat[maxn][maxn];
bool vis[maxn][maxn];
int dx[] = { 0, -1, 0, 1 };
int dy[] = { -1, 0, 1, 0 };

struct node {
    int x, y;
    int time;
    bool is_fire;
    node() {}
    node(int _x, int _y, int _time, bool _fire)
        : x(_x)
        , y(_y)
        , time(_time)
        , is_fire(_fire)
    {
    }
} tmp;

queue<node> que;

int bfs()
{
    memset(vis, 0, sizeof vis);
    vis[st][en] = true;
    int x, y, time;
    bool is_fire;
    while (!que.empty()) {
        tmp = que.front();
        que.pop();
        x = tmp.x, y = tmp.y, time = tmp.time, is_fire = tmp.is_fire;
        if (!is_fire && (x == 0 || x == row - 1 || y == 0 || y == col - 1))
            return time + 1;
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int xx = x + dx[i];
            int yy = y + dy[i];
            if (xx >= 0 && xx < row && yy >= 0 && yy < col && !vis[xx][yy] && mat[xx][yy] != '#') {
                if (is_fire) {
                    mat[xx][yy] = 'F';
                    que.push(node(xx, yy, time + 1, true));
                } else if (mat[xx][yy] == 'F')
                    continue;
                else
                    que.push(node(xx, yy, time + 1, false));
                vis[xx][yy] = true;
            }
        }
    }
    return -1;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d %d", &row, &col);
        while (!que.empty())
            que.pop();
        for (int i = 0; i < row; i++)
            scanf("%s", mat[i]);
        for (int i = 0; i < row; i++)
            for (int j = 0; j < col; j++) {
                if (mat[i][j] == 'F')
                    que.push(node(i, j, 0, true));
                else if (mat[i][j] == 'J')
                    st = i, en = j;
            }
        que.push(node(st, en, 0, false));
        int ans = bfs();
        if (ans == -1)
            puts("IMPOSSIBLE");
        else
            printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

DFS

HDU 4405 Aeroplane chess

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昨天周赛的水搜索 然而………………

因为昨晚基地灯坏了,只能跟寝室里的煞笔一起打(当然他比我强,他10分钟A了 我越写越急

最后写了两个小时………………

不想多说什么了 先贴上源代码 再分析优化

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;
char str[20];
int flag[20];
int len, ans;

bool judge()
{
    int mid;
    for (mid = 0; mid < len; mid++)
        if (flag[mid] == 2)
            break;
    if (mid == len)
        return false;
    long long lans = str[0] - '0', rans = str[mid] - '0', i;
    for (i = 1; i < mid; i++)
        if (flag[i])
            break;
        else
            lans = lans * 10 + str[i] - '0';
    while (i < mid) {
        long long tmp = str[i] - '0';
        i++;
        while (flag[i] == 0) {
            tmp = tmp * 10 + str[i] - '0';
            i++;
        }
        lans += tmp;
    }
    for (i = mid + 1; i < len; i++)
        if (flag[i])
            break;
        else
            rans = rans * 10 + str[i] - '0';
    while (i < len) {
        long long tmp = str[i] - '0';
        i++;
        while (flag[i] == 0) {
            tmp = tmp * 10 + str[i] - '0';
            i++;
        }
        rans += tmp;
    }
    return lans == rans;
}

void dfs(int pos, bool has_equal)
{
    if (pos == len) {
        if (has_equal && judge())
            ans++;
        return;
    }
    if (has_equal) {
        flag[pos] = 1;
        dfs(pos + 1, true);
        flag[pos] = 0;
        dfs(pos + 1, true);
    } else {
        flag[pos] = 0;
        dfs(pos + 1, false);
        flag[pos] = 1;
        dfs(pos + 1, false);
        // if(pos==len-1) return;
        flag[pos] = 2;
        dfs(pos + 1, true);
    }
}

int main()
{
    while (scanf("%s", str) != EOF) {
        if (strcmp(str, "END") == 0)
            break;
        len = strlen(str), ans = 0;
        memset(flag, 0, sizeof flag);
        flag[len] = 1000;
        dfs(1, false);
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

我当时的思路很明显了 先用DFS放置所有 + = 的位置 到最后判断一些能不能使等式成立

因为前面想的少,搞得后面的bug处理特别多

尤其是判断那里

对于优化建议

1.完全可以预处理一下 比如定义一个二维数组 num[27][27] 用num[x][y]表示 x-y 的数字 然后只要判断加号位置就好了

2.另外的话可以以一个循环判断=的位置 再对左右按序DFS 即可

好吧 我已经理论优化了

最后想说的是 打ACM 心态很重要 心态爆炸了 这场基本也是完了