Catalogue:
int strack[maxn];int head;bool b[maxn];void push(int x){ strack[++head]=x; b[x]=true;};int pop(){ int ret; ret=strack[head--]; b[ret]=false; return ret;};bool empty(){ return head>0;}
int queue[2*maxn];int tail,head;bool b[maxn];void push(int x){ queue[++tail]=x; bool[x]=true;};int pop(){ int ret; ret=queue[++head]; b[ret]=false; return ret;};bool empty(){ return head>=tail;};
当然有的时候你手写的数据结构需要比较大的空间,这样队列就会造成很多损失,所以相应的就有两种解决方法:一:STL;二:循环队列,只需改两个地方(代码如下);
head=(head+1)%n+1;//把head++改tail=(tail+1)%n+1;//把tail++改
int lowbit(int x){ return x&-x;};int getsum(int n) //求1~n见的和{ int ret=0; while(n) { ret+=c[n]; n-=lowbit(n); }; return ret;};void add(int n,int x) //给a[n]加上x{ a[n]+=x; while(n<=maxn) { c[n]+=x; n+=lowbit(n);
应用模型:
void update(int n){ while(n<=maxn) { c[n]+=1; n+=lowbit(n); };};for(int i = 1; i <= n; ++i) //主程序里面加上这个{ update(reflect[i]); ans += i - getsum(reflect[i]);//reflect是离散化后的数组}
以下单调队列的标程就用的音乐会的等待的。
#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;const int maxn=500005;int n,l,ans;long long q[maxn],bef[maxn];int main(){ cin>>n; q[0]=-1; long long a; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a; while(l>0&&a>q[l]) { l--; ans++; }; if(l!=0) { if(a!=q[l])ans++;else { ans+=bef[l]; if(bef[l]<l)ans++; }; }; l++;q[l]=a; if(q[l-1]==a)bef[l]=bef[l-1]+1;else bef[l]=1; }; cout<<ans; return 0;}
关于每个STL我只会写一下是什么,怎么用(举例子的形式),不会说的太细
不定长度数组
#include <vector>vector<int> first; //第一种定义方法int myints[]={16,2,77,29};vector<int> second(myints,myints+4);//第二种定义方法sort(second.begin(),second.end());//对vector排序a=second[i];//可以这么使用//以下是对vector的操作Vector<int> opt;opt.begin(); //返回起始地址opt.end(); //返回结束地址opt.size(); //返回大小opt.empty(); //返回是否vector为空opt.back(); //返回最后一个push进的数opt.pop_back(); //把最后一个数弹出(不返回)opt.push_back(int x);//把x从后面push进去opt.erase(opt.begin(),opt.begin()+3);//删掉前三个元素opt.erase(opt.begin()+5);//删掉第6个元素
队列,操作与Stack一样。
相当于堆
#include <queue>priority_queue<int> Bigheap;//定义一个大根堆priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Smallheap;//定义一个小根对(注意两个尖括号间有空格)//以下是操作priority_queue<int> opt;opt.top();//返回堆顶元素的值(不弹出)opt.pop();//弹出堆顶元素(无返回值)opt.push(x);
stack<int> opt;opt.front();//返回opt.size();opt.empty();opt.push();opt.pop();//弹出
双向队,操作与Stack一样
压位神器,只普及一下,不会用。
set<int> first;int myints[]= {10,20,30,40,50};set<int> second (myints,myints+5);set<int> third (second);set<int> fourth (second.begin(), second.end());third.rbegin(); third.rend();//rend相当于begin,rbegin相当于endthird.size();//返回大小third.insert(60);third.erase(it);third.erase(50);//删除元素'50'third.find(10);//找元素'10'third.lower_bound(30); third.upper_bound(30);//'30'出现的第一个位置/最后一个位置third.clear();//清除
与Set用法一样,只是允许重复元素。
map<char,int> first;first[‘a’] = 10;first.insert(make_pair(‘b’,20));it++; ++it; it--; --it;first.erase(1);//删除元素firstt.count(1);//看有没有关系
int a[]={1,2,3,4};next_permutation(a,a+3);//下一个全排列//现在a数组变成了:1 2 4 3
lower_bound(first,last,val);//有返回值upper_bound(first,last,val);
merge (first,first+5,second,second+5,v.begin(),compare);
bool compare(int a,int b){ return a<b;};//compare函数的例子sort(起始地址,结束地址,compare函数);
Reverse(myvector.begin(),myvector.end());
bool myfunction (int i, int j){ return (i==j);}unique(起始地址,结束地址,去重条件函数);//按照函数里面编写的规则去重,当然也可以没有第三个参数
留一个概念,不会用,生成数据的时候用。
#define ull unsigned long longull qpow(ull x,ull y,ull p) // x^y mod p{ ull ret=1; while(y) { if(y&1)ret = ret * x % p; x=x*x%p; y>>=1; }; return ret;}
matrix operator *(matrix m1,matrix m2)//重载运算符{ assert(m1.m==m2.n); matrix res; res.n=m1.n; res.m=m2.m; for(int i=0;i<m1.n;i++) for(int j=0;j<m2.m;j++) for(int k=0;k<m1.m;k++) res.mat[i][j]+=m1.mat[i][k]*m2.mat[k][j]; return res;}matrix matrix_pow(matrix x,int y){ matrix res; res.n=res.m=2; res.mat[0][0]=res.mat[1][1]=1; while(y) { if(y&1)res=res*x; x=x*X; y>>=1; } return res;}
int tot=0;void euler(int n){ memset(check,0,sizeof(check)); for(int i=1;i<=n;i++) { if(!check[i])prime[++tot]=i; for(int k=1;k<=tot;k++) { if(i*prime[k]>n)break; check[i*prime[k]]=1; if(i%prime[k]==0)break; }; };};
应用举例:
bool flag=true;for(int i=1;i<=trunc(sqrt(prime));i++) if(prime%i==0)flag=false;//置不是素数标志
时间复杂度: k是次数(见下文)
难度:★★★
这里只说明一下原理,关于代码,自行百度吧。
然后将x不断平方j次,重复如下步骤:
1. 计算y=mod n
2. 如果y=1并且,此时一定不是素数,退出测试
3. x=y;
4. 如果y=1,暂时认为是素数,回到2.继续下一轮
若上述计算中没有满足2.和4.而正常退出,即不满足(mod n),一定不是质数
其次:这个博客写的很好(点击进入);
void divide_prime(int n){ int p=2; int t(trunc(sqrt(n))); while(n!=1&&p<=t) { int i=0; if(n%p==0) { while(n%p==0){n/=p;i++;}; cout<<p<<'^'<<i<<' '; }; p++; }; if(n!=1)cout<<n<<'^'<<1;}
gcd为最大公约数,lcm为最小公倍数
;
int gcd(int a,int b)//注意此处a要大于b{ return b==0?a:gcd(b,a%b);};int lcm(int a,int b){ return a*b/gcd(a,b);};
解决
当a,b互质:
解为:或
int x,y;int gcd(int a,int b){ int ret,t; if(b==0) { x=1; y=0; return a; }; ret=gcd(b,a%b); t=y; y=x-(a%b)*y; x=t; return ret;} //不理解建议背过
应用举例:
所谓逆元就是,a和b就在模p的意义下逆元。
利用同余的性质:
故可以用扩展欧几里德求解
//其实就是NOIp2012TG D2T1/Luogu P1082#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;long long x,y,a,b,ans;long long gcd(long long a,long long b){ long long t,ret; if(b==0) { x=1; y=0; return a; } ret=gcd(b,a%b); t=y; y=x-(a/b)*y; x=t; return ret;}int main(){ cin>>a>>b; ans=gcd(a,b); while(x>b)x-=b; while(x<0)x+=b; cout<<x<<endl; return 0;}
原理理解:(两个应用模板)
括号化
矩阵连乘: ,依据乘法结合律,不改变其顺序,只用括号表示成对的乘积,试问有几种括号化的方案?(h(n-1)种)出栈次序
一个栈(无穷大)的进栈序列为1,2,3,…,n,有多少个不同的出栈序列?详情请参照百度百科
int main() // 求第n个卡特兰数{ cin>>n; h[0]=1;h[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=0;j<=i-1;j++) h[i]=h[i]+h[j]*h[i-j-1]; cout<<h[n]; return 0;}
应用举例:
以下代码块均包含以下语句 :
int s[255];//255位的数
读入与储存 :
void read(){ char ss[255]; scanf("%s",ss); for(int i=1;i<=strlen(ss);i++) s[i]=ss[strlen(ss)-i+1]-'0'; s[0]=strlen(ss);//存长度};
输出 :
void print(){ for(int i=s[0];i>=1;i--) cout<<s[i];};
void add(int *s,int x)//s存高精度数,x是要加的单精度{ int k=1; s[k]+=x; while(s[k]>=10) { s[k+1]+=s[k]/10; s[k++]%=10; }; s[0]=max(k,s[0]);};
void add(int *s1,int *s2,int *ans){ int len; len=max(s1[0],s2[0]); for(int i=1;i<=len;i++) { ans[i]+=s1[i]+s2[i]; if(ans[i]>=10) { ans[i+1]+=ans[i]/10; ans[i]%=10; }; }; if(ans[len+1]!=0)len++; ans[0]=len;};
void multiply(int *s,int x){ for(int i=1;i<=n;i++) { c[i]+=s[i]*x; c[i+1]+=(s[i]*x)/10; c[i]%=10; }; c[0]=s[0]+1; while(c[c[0]]>=10) { c[c[0]+1]+=c[c[0]]/10; c[c[0]]%=10; c[0]++; }; while(c[0]>1&&c[c[0]]==0) { c[0]--; };};
void multiply(int *s1,int *s2,int *ans){ for(int i=1;i<=s1[0];i++) for(int j=1;j<=s2[0];j++) { ans[i+j-1]+=s1[i]*s2[j]; ans[i+j]+=ans[i+j-1]/10; ans[i+j-1]%=10; }; ans[0]=s1[0]+s2[0]+1; while(ans[0]>1&&ans[ans[0]]==0) { ans[0]--; };
此处略微借鉴了一下铭哥的标程
//divideconst int opt=10000;struct node{ int a[1005]; int len;}node divide(node a;int p){ node c; int i,d; d=0; c.len=a.len; for(int i=a.len;i>=1;i--) { d=d*opt+a.a[i]; c.a[i]=d/p; d=d%p; }; while(c.len>1&&c.a[c.len]==0) { c.len--; }; return c;}
const int opt=100000000;void multiply(int *num,int x){ for(int i=1;i<=num[0];i++)num[i]*=x; for(int i=1;i<=num[0];i++) { if(num[i]>=opt) { num[i+1]+=num[i]/opt; num[i]%=opt; }; while(num[num[0]]!=0) { num[0]++; }; }}void print(int *a){ for(int i=a[0];i>=1;i--) { if(i==a[0]) { cout<<a[i]; }else { if(a[i]<10000000)cout<<0; if(a[i]<1000000)cout<<0; if(a[i]<100000)cout<<0; if(a[i]<10000)cout<<0; if(a[i]<1000)cout<<0; if(a[i]<100)cout<<0; if(a[i]<10)cout<<0; cout<<a[i]; }; };}
注意⚠:使用压位的时候的读入不要读错
比如不要把99存到数组的两个位置里面,而应该是一个;
以下代码中包括邻接表(前向星)存图
#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn=5005,maxm=100005;const int INF=0xffffff;int n,m; //n个点,m条边int queue[2*maxn],head,tail;int dist[maxn];int firstEdge[maxn],weight[maxm],nextEdge[maxm],endPoint[maxm];int p;bool b[maxn];void add(int x,int y,int z)//前向星{ weight[++p]=z; endPoint[p]=y; nextEdge[p]=firstEdge[x]; firstEdge[x]=p;};void push(int x) //队列的操作,详见上面{ b[x]=true; queue[++tail]=x;}int pop() //队列的操作,详见上面{ int ret; ret=queue[++head]; b[ret]=false; return ret;}void SPFA(){ int u; int nowP; for(int i=2;i<=n;i++)dist[i]=INF; push(1); while(tail>head) { u=pop(); nowP=firstEdge[u]; while(nowP) { if(dist[endPoint[nowP]]>dist[u]+weight[nowP]) { dist[endPoint[nowP]]=dist[u]+weight[nowP]; if(b[endPoint[nowP]])push(endPoint[nowP]); }; nowP=nextEdge[nowP]; } }}int main(){ cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z; cin>>x>>y>>z; add(x,y,z); add(y,x,z); //无向图加上这句,有向图不用加(具体看题描述) }; SPFA(); cout<<dist[n]<<endl; return 0;}
代码比较麻烦,不写了,说一下思路吧。
先用SPFA跑一遍,找出来最短路。把最短路记下来。
接下来,每次删掉最短路上的一条边,再跑一边SPFA。
运行一遍以后,路径长度最小的即次短路。
最小生成树即一个无向连通不含圈图中,连接G中所有点,且边集是E的子集,且边权和最小的生成树。(我解释的有点拗口)
最小生成树算法一共有两个:Prim和Kruskal算法,由于经并查集优化的Kruskal算法比Prim算法优秀得多,且Prim算法较容易理解,这里只给出Kruscal算法的模板。
下面展现两种做法,一种是普通的暴力枚举做法,另一种是并查集优化过的。并查集优化过的算法比较快,但是要忽略生成树的形状。就是说如果你需要用到新生成树的形状,那么不能使用此种方法。
struct node{int u,v,w;}e[maxe];//u是起点,v是终点,w是权node MST[maxe];bool com(node a,node b){return a.w<b.w;};void Kruskal(){ sort(e+1,e+m+1,com);//按边权从小到大排序 for(int i=1;i<=m;i++) { if(!b[e[i].u]&&!b[e[i].v])//b判断是否已经在集合里 MST[++tot]=e[i]; };}
以上版本是自己写的,感觉不对,于是抄下来了粉书上的伪代码和讲解:
把所有边排序,记第i小的边为e[i](1<=i<m)初始化MST为空初始化连通分量,让每个点自成一个独立的连通分量for(int i=1;i<=m;i++) if(e[i].u和e[i].v不在同一个连通分量) { 把边e[i]加入MST 合并e[i].u和e[i].v所在的连通分量 }
在上面的伪代码中,最关键的地方在于”连通分量的查询与合并”:需要知道任意两个点是否在同一个连通分量中,还需要合并两个连通分量。
最容易想到的方法是”暴力”——每次”合并”时只在MST中加入一条边(如果使用邻接矩阵,只需G[e[i].u][e[i].v]=1),而”查询”时直接在MST中进行图遍历(DFS和BFS都可以判断连通性)。
int find(int x){return p[x]==x?x:p[x]=find(p[x]);}//并查集的find和路径压缩int Kruskal()//返回的最小生成树的边权和{ int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=i;//初始化并查集 sort(edge+1,edge+m+1,com);//给边从小到大排序 for(int i=1;i<=m;i++) { int x=find(edge[i].u); int y=find(edge[i].v); if(x!=y) { ans+=edge[i].w;//求和 p[x]=y; };//如果在不同的集合,合并 } return ans;};
其实此处还有一个优化,虽然不会节省很长时间,但是,优势都是一点点积累出来的!就是循环枚举边的时候不用for而用while,当当前得到的最小生成树一共有n-1条边时,最小生成树就已经生成完了,剩下的边就不用再枚举了。
训练参考:
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) d[i][j]=INF;//INF是比最大权和大一点的数,不能超2*10^9for(int i=1;i<=n;i++) d[i][i]=0; //以上为使用前的初始化for(int k=1;k<=n;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(itn j=1;j<=n;i++) d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
还有一点相关的东西就是传递闭包(Transitive Closure)
即在有向图中,有时不必关心路径长度,而只关心每两点间是否有通路,则可以用1和0分别表示”连通”和”不连通”。得到的结果称为有向图的传递闭包。
只需将程序中的
d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
改成
d[i][j]=d[i][j]||(d[i][k]&&d[k][j]));
例题:
基本思路就是用DFS,对于每个点,将与其连接的下一个点染上不同的颜色。
下面的程序是“双栈排序“里二分图染色的子程序:
void dfs(int p,int colour) { if(!color[p])color[p]=colour; else if(color[p]!=colour) { printf("0"); exit(0); } else return; for(int i=last[p];i>0;i=next[i])dfs(goal[i],3-colour); }
附上几篇不错的博客:(感谢喵头鹰、暗金色、LOI_summer)
喵头鹰的博客
暗金色的博客
LOI_summer的博客
具体思路:对于一个节点来说,其他的任意一个节点,不是他的父节点,就是他的子节点。
详见上面图论部分Floyd算法。
int find(int x)//非路径压缩{ return p[x]==x?x:find(p[x]);};
int find(int x)//并查集+路径压缩{ return p[x]==x?x:p[x]=find(p[x]);};
倍增版LCA
思路如下
// 把树存起来(前向星,无向边)// 把每个点的深度求出来(dfs)// 把i向上2^j个深度的祖宗求出来(倍增)(先搜j在搜i)// 读入两个点// 把较深的一个点向上移动至与另一个点相同// 如果祖宗一样就返回这个祖宗// 两个点一起向上移(从远到近)(条件里不要忘了=)#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;int n,m,s;//n is node,m is qustion,s is rootint anc[500005][50];int fa[500005];int deep[500005];int h[500005],v[1000010],nt[1000010];void dfs(int u)//u代表起点{ int p=h[u]; while(p) { if(deep[v[p]]==-1)//如果没处理过 { deep[v[p]]=deep[u]+1; anc[v[p]][0]=u;//v[i]上面2^0个深度的祖先是u dfs(v[p]);//接下来处理一下v[i] } p=nt[p]; }}void init(){ for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) for(int i=1;i<=n;i++) anc[i][j]=anc[anc[i][j-1]][j-1];}int LCA(int a,int b){ if(deep[a]<deep[b])swap(a,b); int i;for(i=0;(1<<i)<=deep[a];i++);i--; if(deep[a]!=deep[b]) for(int j=i;j>=0;j--) if(deep[a]-(1<<j)>=deep[b]) a=anc[a][j]; if(a==b)return a; for(int j=i;j>=0;j--) { if(anc[a][j]&&(anc[a][j]!=anc[b][j])) { a=anc[a][j]; b=anc[b][j]; }; }; return anc[a][0];}int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&s); for(int i=1;i<=n;i++)deep[i]=-1;//表示deep还没有处理过 for(int i=1;i<2*n-1;i+=2)//i个点的树有2*(n-1)条边 { int a; scanf("%d%d",&a,&v[i]); nt[i]=h[a]; h[a]=i; v[i+1]=a; nt[i+1]=h[v[i]]; h[v[i]]=i+1; }//前向星村边 deep[s]=0;//根的深度是0 dfs(s);//深搜求每个点的深度 init(); for(int i=1;i<=m;i++) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); printf("%d",LCA(a,b)); } return 0;}
钟长者说:有几个未知量,DP数组就有几维,若求个数能再省掉最后一维。
然而这只是一般情况,例如有个例外:HAOI2012 音量调节/Luogu P1877,这道题就不能省掉最后一维。
铭哥说:重推所有的DP方程是复习DP的最佳方法
int ans=0,f[maxn]={-1};for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=i-1;j++) { f[i]=max(f[i],f[j]+a[i]); ans=max(ans,f[i]); };
f[1]=a[1];for(int i=2;i<=n;i++){ f[i]=max(f[i-1]+a[i],a[i]); ans=max(ans,f[i]);}
for(int i=1;i<=strlen(s1);i++) for(int j=1;j<=strlen(s2);j++) if(s1[i]==s2[j])f[i][j]=f[i-1][j-1]+1; else f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
给定A串和B串,有删除一个字符、插入一个字符、改变一个字符三种操作,求A变到B的最少操作次数。
f[i][j]表示A的前i个字符变成B的前j个字符所用的最少步数。
for(int i=0;i<=strlen(A);i++)f[i][0]=i;for(int i=0;i<=strlen(B);i++)f[0][i]=i;for(int i=1;i<=strlen(A);i++) for(int j=1;j<=strlen(B);j++) if(A[i]==B[j])f[i][j]=f[i-1][j-1]; else f[i][j]=min(min(f[i][j-1],f[i-1][j]),f[i-1,j-1])+1;
//据说可以用二分进行优化for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=1;j<=i-1;j++) if(a[j]<=a[i])f[i]=max(f[i],f[j]+1);for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)//m个物品 for(int j=1;j<=w;j++)//背包容量为w if(a[i]<=j) { dp[i][j]=max(dp[i-1,j-a[i]]+val[i],dp[i-1,j]);//a数组是占用的容量,val是价值 }else { dp[i][j]=dp[i-1][j]; };//此时dp[m][w]即为最大权值
优化:
//条件和上面一样for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=w;i>=a[i];j--) dp[j]=(dp[j],dp[j-a[i]]+val[i]);
例题:
//条件和上面一样,只是每个物品可以取无数次for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=a[i];i<=w;j++)//注意这里的改动 dp[j]=(dp[j],dp[j-a[i]]+val[i]);
即有好几种背包的条件,分别写dp满足条件就可以了(比如NOIp2014TG的飞扬的小鸟)
for(int k=1;k<=组数;k++) for(int j=c;j>=0;j++) for(int i=1;i<=n;i++) if(j>=v[i])f[j]=maxn(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
例题:
这里有一篇分组背包博客写的不错,参考这篇博客吧。感谢博客的作者nywsp。
void mergesort(int l,int r){ if(l==r)return; int ret[maxn]; int mid; mid=(l+r)/2; mergesort(l,mid); mergesort(mid+1,r); int i=l,j=mid+1,k=l; while(i<=mid&&j<=r) { if(a[i]<a[j]) { ret[k++]=a[i++]; }else { ret[k++]=a[j++]; ans+=mid-i+1;//求逆序对时加上这一句 }; }; while(i<=mid)ret[k++]=a[i++]; while(j<=r)ret[k++]=a[j++]; for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=ret[i];}
void binary(int l,int r) //找最小{ while(r>l) { mid=(l+r)/2; if(check(mid))r=mid; else l=mid+1; }; ans=l;}
void binary(int l,int r) //找最大{ while(r>l) { mid=(r+l)/2+1; //特别注意 if(check(mid))l=mid+1; else r=mid; }; ans=l;};
哈希大法好
#define ull unsigned long longull hash(char *s){ int l=strlen(S); ull ans=0; int seed=27; for(int a=0;a<l;a++) ans=ans*seed+a[i]-'a'+1; return ans;};
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