算法基础课程的总结，方便以后快速查阅和复习
Week 2 枚举
基本方法
列举各元素，进行猜测。
- 给出解空间，建立简洁的数学模型，列举出可能的情况
- 减小搜索的空间，避免不必要的计算
- 采用合适的搜索顺序
经验总结
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输入：
scanf("%d", &cases); -
输出：
printf("PUZZLE #%d ", i+1); -
对一行元素进行枚举的一种常见方法：模拟二进制加法，处理进位
比如，对press第一行元素的取值（0/1）进行枚举：while(guess() == false){ //结束的条件 press[1][1]++; //每次循环从从最低位加1（不考虑press[1][0]） c = 1; //从最低位开始，准备进位 while (press[1][c] > 1) { //如果当前位超过1 press[1][c] = 0; //当前位置0 c++ ; //进位 press[1][c]++; } }//这样将不断地往后增加，直到满足结束条件，普通循环嵌套不如这个方便 -
很多情况下，元素太多，难以直接枚举，这时冷静下来，先想好策略，再开始敲代码
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每次取出两个元素，遍历所有取法：
for (int i = 0; i < n - 1; i++) for (int j = i + 1; j < n; j++) ... -
有时定义个结构体还是很方便的：
struct PLANT{ int x, y; }
Week 3 递归
基本方法
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递归：某个函数直接或间接地调用自身。
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求解过程：将问题划分为许多相同性质的子问题，这些子问题的递归求解就构成了原问题的解。
原问题为f(x)，想尽办法寻找函数g(x)，使得f(x) = g(f(x-1))，其他形式也行，只要找出了这样的迭代的规律，就能就能将f(x)不断分解，直到“出口”，比如已知了f(0)的值。
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递归的三个要点
- 递归式：如何将原问题划分为子问题
- 递归出口：递归终止的条件，允许多个出口
- 界函数：问题规模变化的函数，保证递归的规模向出口条件靠拢
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注意事项：函数的局部变量存在栈上，递归很深的时候，各个子问题的函数的局部变量可能导致栈溢出
经验总结
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迷宫求解问题，每一步的探测方式相同（自相似性），可以使用递归
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主要考虑：判断是否符合要求，如何递归，需要记录那些数据
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递归式可能是：(f_{(n)}(·) = f_{(n-1)}(·) + f_{(n-2)}(·))等各式各样的，需要根据实际问题发散思考
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使用记录表（在递归计算的过程中想办法多存下一些有用的东西），减少之后的计算量
int res[15][9][9][9][9] -
初始化记录表：
memset(res, -1, sizeof(res)) -
那些重复的按照某些特定规律进行操作从而解决问题的方法，先用人脑想出操作过程，然后用递归来实现
Week 4，Week 5 动态规划
有时使用递归来求解问题时，子问题可能存在大量重复计算，从而严重影响效率，除了在递归计算的过程中使用记录表存一些数据，还可以使用递推的方式：从简单的状态开始递推到要解决的问题。
基本方法
- 将原问题分解成子问题
- 确定状态：一个或多个子问题各个变量的一组取值
- 确定一些初始状态的值
- 确定状态转移方程
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适用的情况
- 最优化原理：最优解所包含的子问题的解也是最优的
- 无后效性：状态确定后不会受以后影响，这样才能正常递推
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动归的三种形式：
- 记忆递归型
- ”我为人人“递推型
- ”人人为我“递推型
经验总结
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#include <algorithm>
sort(A, A+a);//从小到大 -
可以直接使用
max(a, b)得到最大值。 -
当选取的状态，难以进行递推时，考虑将状态增加限制条件后分类细化，即增加维度，然后在新的状态上尝试递推
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状态往往是很多的值（数组），使用合适的顺序不断更新状态。
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关键还是在于找到问题的递推方式。
Week 6, Week 7 深度优先搜索
基本方法
深度优先搜索遍历整个图的框架为：
Dfs(v){
if(v访问过)
return;
do something;
将v标记为访问过;
对和v相邻的每个点u: Dfs(u);
//程序运行的时候，将会深入某一个分支直到这个分支全部访问完，才会进入下一个分支。
}
int main(){
while(还能找到未访问的点k)
Dfs(k);
}
经验总结
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图的每个结点常常有很多相关数据，可以定义个结构体来带代表每个结点
struct Room {int r, c; Room(int rr, int cc): r(rr), c(cc) {} }; -
保存一系列的结点信息，这时可以使用vector:
struct Road{ int d, L, t; }; vector<vector<Road>> cityMap(100); -
遍历整个图常常很费时，面对具体问题，应该想尽办法尽早判断该结点或分支是否值得继续搜索（剪枝）
Week 8 广度优先搜索
有时不需要遍历整个图，比如希望找到符合条件的步数最少的节点，可以给节点分层，一层一层地去判断，找到了合适的就停止。
基本方法
广度优先搜索算法（使用queue）
- 把初始节点S0放入Open表中
- 如果Open表为空，则问题无解，失败退出
- 把Open表的第一个节点取出放入Closed表，并记该节点为n
- 考察节点n是否为目标节点，若是，则得到问题的解，成功退出
- 若节点n不可扩展，则转到第2步
- 扩展节点n，将其不在Close表和Open表中的子节点（判重）放入Open表的尾部，并为每一个子节点设置指向父节点的指针或记录节点的层次，然后转到第2步
经验总结
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使用队列
#include <queue>queue<Step> qq.push(Step(N, 0))Step s = q.front()q.pop
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判重常常需要根据具体情况，建一个标志位序列。根据时间空间的权衡设计合适的标志位序列。
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给定排列求序号
数出有多少种排列比给定的排列小，比如3241:
- 1, 2放在第一位，有2*3! = 12种
- 3在第一位，1放在第2位，有 2! = 2种
- 32放在前面，第三位可以放1，有 1种，然后就没有其他的了
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给定序号n求排列
- 第一位假定是1，共有3!种，没有到达9,所以第一位至少是2
- 第一位是2,一共能数到 3!+3!号，>= 9,所以第一位是2 第二位是1，21??,一共能数到 3!+2! = 8 不到9，所以第二位至少 是 3
- 第二位是3，23??,一共能数到 3!+2!+2! >= 9,因此第二位是3
- 第三位是1，一共能数到3!+2!+1 = 9,所以第三位是1，第四位是 4
- 答案：2314
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八数码问题，从奇排列不能转化成偶排列或相反。很多问题如果可以人为的找到一些规律，利用这些规律常常能简化搜索过程。
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bitset的使用
#include <bitset>bitset<362880> Flags;Flags.reset();if(Flags[n]) continue;Flags.set(n, true);
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求和
#include <numeric>
int A[16] = {0}; int sum = accumulate(A, A + 16, 0);//最后那个0是指求和的初值 -
赋值，将内容拷贝到想要放置的内存位置
#include <string.h>
memcpy(A, AA, sizeof(A)); -
可以直接使用一个int型的整数来模拟二进制的序列，比如
Int x = 0xffff;操作的时候使用为运算符
Week 9 二分与贪心算法
基本方法
- 二分查找
对已经排序好的序列，首先检查序列的中间元素：
- 如果大于这个元素，在当前序列的后半部分继续查找
- 如果小于这个元素，在当前序列的前半部分继续查找
- 知道找到相同的元素，或者所查找的序列范围为空为止
- 贪心算法
问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择（不保证全局最优）
很多看上去很复杂的问题可以设计成贪心算法能解决的形式，设计贪心策略判断是否满足“无后效性”
经验总结
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对自定义的对象排序
bool operator < (const Box &a, const Box &b){ return a.density < b.density; } sort(boxes, boxes + n); bool comp(const int &a,const int &b){ return a>b; } sort(v.begin(),v.end(),comp); -
简化问题：最小值问题-->判定性问题
- 求某个最小的情况，可以从
i = 0开始，判断i = x是否能满足条件，但是这样效率太低，为了提高效率，考虑采用二分法来查找 - 经典思想：二分+判定
- 求某个最小的情况，可以从
-
设计贪心策略常常可以对序列先进行排序，然后再依次进行操作
作者：[rubbninja](http://www.cnblogs.com/rubbninja/) 出处：[http://www.cnblogs.com/rubbninja/](http://www.cnblogs.com/rubbninja/) 关于作者：目前主要研究领域为机器学习与无线定位技术，欢迎讨论与指正！