dfs

这几个题练习DFS序的一些应用。 问题引入： 给定一颗n(n <= 10^5)个节点的有根树，每个节点标有权值，现有如下两种操作： 1、C x y 以节点x的权值修改为y。 2、Q x 求出以节点x为根的子树权值和。 最直观的做法， 枚举一个子树内所有节点的权值加和。但这种做法的每一次讯问的时间复杂度是O(n)的，很明显无法满足题目的需要，我们需要更优的解法。 我们考虑DFS序的另外一种形式，当访问到一个节点时记下当前的时间戳，我们设它为L[x], 结束访问一个节点时当前的时间戳设为R[x]。则以x为根的子树刚好是下标为L[x]和R[x]中间的点。我们看下面这个例子。 有了DFS序这个性质我们就可以讲这个问题转化成一个区间求和问题。 每一次询问的复杂度就是O(logn)级别的，完全可以接受。 另外：很多人习惯在生成DFS序的时候，叶子节点的进出时间戳差1，我习惯于叶子节点的进出时间戳一样。这样根节点的时间戳为[1,n] 比如说：上图中如果采用叶子节点进出时间戳差1的写法，DFS序为：4、3、1、7、7、1、2、6、6、2、3、5、8、8、5、4.数量为2*n 如果按照我习惯的做法，DFS序为：4、3、1、7、2、6、5、8. 两种做法都可以，我习惯于第二种。 练习题： 第一题： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3887 题意

1、算法用途 用于遍历图中的节点，有些 类似于 树的深度优先遍历 。这里唯一的问题是，与树不同，图形可能包含循环，因此我们可能会再次来到同一节点。 2、主要思想 借用一个邻接表和布尔类型数组（判断一个点是否查看过，用于避免重复到达同一个点，造成死循环等），先将所有点按一定次序存入邻接表，再通过迭代器，对邻接表的linklist和布尔数组做出操作，从而达到不重复递归遍历的效果。 （邻接表是表示了图中与每一个顶点相邻的边集的集合，这里的集合指的是无序集） 3、代码（java） (以上图为例的代码） 1 //深度优先搜索 2 import java.io.*; 3 import java.util.*; 4 5 //This class represents a directed graph using adjacency list 6 //representation 7 class Graph 8 { 9 private int V; // No. of vertices 10 11 // Array of lists for Adjacency List Representation 12 private LinkedList<Integer> adj[]; 13 14 // Constructor 15 Graph(int v) 16 { 17 V = v; 18 adj =

题目来源： https://leetcode.com/problems/second-minimum-node-in-a-binary-tree 自我感觉难度/真实难度： 题意： 分析： 自己的代码： class Solution: def findSecondMinimumValue(self, root): """ :type root: TreeNode :rtype: int """ def dfs(root): if not root: return se.add(root.val) if root.left: dfs(root.left) if root.right: dfs(root.right) se=set([]) dfs(root) a=list(se) a.sort() if len(a)<2: return -1 return a[1] Runtime: 32 ms, faster than 100.00% of Python3 online submissions for Second Minimum Node In a Binary Tree. 代码效率/结果： 优秀代码： def findSecondMinimumValue(self, root): self.ans = float('inf') min1 = root.val def dfs

题目 Source http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5937 Description Little Ruins is a studious boy, recently he learned addition operation! He was rewarded some number bricks of 1 to 9 and infinity bricks of addition mark '+' and equal mark '='. Now little Ruins is puzzled by those bricks because he wants to put those bricks into as many different addition equations form x+y=z as possible. Each brick can be used at most once and x, y, z are one digit integer. As Ruins is a beginer of addition operation, x, y and z will be single digit number. Two addition equations are different if any number

速算24点 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 2562 Accepted Submission(s): 606 Problem Description 速算24点相信绝大多数人都玩过。就是随机给你四张牌，包括A(1),2,3,4,5,6,7,8,9,10,J(11),Q(12),K(13)。要求只用'+','-','*','/'运算符以及括号改变运算顺序，使得最终运算结果为24(每个数必须且仅能用一次)。游戏很简单，但遇到无解的情况往往让人很郁闷。你的任务就是针对每一组随机产生的四张牌，判断是否有解。我们另外规定，整个计算过程中都不能出现小数。 Input 每组输入数据占一行，给定四张牌。 Output 每一组输入数据对应一行输出。如果有解则输出"Yes"，无解则输出"No"。 Sample Input A 2 3 6 3 3 8 8 Sample Output Yes No 【分析】： 简单的DFS，dfs(sum,next,p)表示当前已经算出的值是sum，括号中算出的值是next,当前使用的卡片下标为p，实际上是把括号外和括号内的两部分值分成sum和next来处理了。

24点游戏 Time Limit: 3000/1000MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/65535KB (Java/Others) Submit Status 24 24点就是给你一串数字，问你是否通过加减乘除括号构成 24 24点。 沈爷觉得这个很好玩，就决定考考你，给你 4 4个数，可以交换位置，可以用加减乘除和括号，是否能构成 24 24点呢？ 注意哦~这里的除法并不是整数除法，比如样例 Input 第一行 T T，表示有多少组测试数据， 1 ≤ T ≤ 50 1≤T≤50 接下来 T T行，每行 4 4个正整数 a 1 a1, a 2 a2, a 3 a3, a 4 a4，表示每个数都是多少， 1 ≤ a i ≤ 13 1≤ai≤13 Output 对于每一次询问，如果能够凑成 24 24点，输出 yes ，否则输出 no Sample input and output Sample Input Sample Output 2 3 3 8 8 1 1 1 1 yes no Hint 3 3 3 3 8 8 8 8 就可以构造出 8 ÷ ( 3 – 8 ÷ 3 ) = 24 题解：求24点，暴力搜索下就好，刚开始我想着全排列下，然后按照顺序来进行，但是思路明显不完善，然后看了大神的， 大神是延长数组存放当前运算的解，vis记录是否用过

题目描述 公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。 L 国有 n 个星球,还有 n-1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n-1 条航道连通了 L 国的所有星球。 小 P 掌管一家物流公司,该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道 是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,并且任意两艘飞船之 间不会产生任何干扰。 为了鼓励科技创新,L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小 P 把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。 在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后, 这 m 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的 物流公司的阶段性工作就完成了。 如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞,试求出小 P 的物流公司完成阶段 性工作所需要的最短时间是多少? 输入格式 第一行包括两个正整数 n、m,表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的数量,星球从 1 到 n 编号。 接下来 n-1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai, bi 和 ti,表示第i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间

算法笔记 这个博客写的不错： http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392 数位dp的精髓是不同情况下sta变量的设置。 模板： int a[20]; ll dp[20][state];//不同题目状态不同 ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零 { //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了 if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */ //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝) if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/ int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了 ll ans

这篇博客主要是数位DP的模版 基本上数位DP的题目都是比较套路的：一般都是问一个区间中满足条件的数的个数 套路1：差分 [L,R]中的答案 = [0,R]中答案 - [0,L]中答案 + chk(L) 套路2：按位DP（记忆化搜索实现），记录需要的前缀状态，特别的： f = 0/1 代表当前填的数字是否还和上界数字相同 g = 0/1 代表当前是否还在填前导零 复杂度一般为 O(位数*前缀状态数*10) 【P2657 [SCOI2009]windy数】 https://www.luogu.com.cn/problem/P2657 不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？ #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")//O3优化 #pragma GCC optimize(2)//O2优化 #include <algorithm> #include <string> #include <string.h> #include <vector> #include <map> #include <stack> #include <set> #include <queue> #include <math.h> #include <cstdio> #include

2014牡丹江网络赛C题 （第三水的题 The 2014 ACM-ICPC Asia Mudanjiang Regional First Round http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3811 Untrusted Patrol Time Limit: 3 Seconds Memory Limit: 65536 KB Edward is a rich man. He owns a large factory for health drink production. As a matter of course, there is a large warehouse in the factory. To ensure the safety of drinks, Edward hired a security man to patrol the warehouse. The warehouse has N piles of drinks and M passageways connected them (warehouse is not big enough). When the evening comes, the security man will start to patrol the