1.洛谷 P1019 单词接龙
题目描述
单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏，现在我们已知一组单词，且给定一个开头的字母，要求出以这个字母开头的最长的“龙”（每个单词都最多在“龙”中出现两次），在两个单词相连时，其重合部分合为一部分，例如 beast和astonish，如果接成一条龙则变为beastonish，另外相邻的两部分不能存在包含关系，例如at 和 atide 间不能相连。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行为一个单独的整数n (n<=20)表示单词数，以下n 行每行有一个单词，输入的最后一行为一个单个字符，表示“龙”开头的字母。你可以假定以此字母开头的“龙”一定存在.
输出格式：
只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度
输入输出样例
5 at touch cheat choose tact a
23 （连成的“龙”为atoucheatactactouchoose）
说明
NOIp2000提高组第三题
思路：
输入之后要先检查能不能接龙，如果能进行dfs，搜索最长的龙
(⊙v⊙)嗯~ 代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,maxn,idx[25]; char first; char word[25][100]; int lian[25][25];//0为不能连接，否则为能连接，最大连接长度 bool check(int i,int j,int pos,int l1,int l2) //检查能否将i的后半部分与j的前半部分接起来 { //两个字符串，i接的起点，两个字符串的长度 if(l1-pos>=l2)return false; //>：一定不能接，=：就算能接也单词之间包含 for(int k=pos,h=0;k<l1;k++,h++)if(word[i][k]!=word[j][h])return false;//不匹配 return true; } int dfs(int i) { int num=0;//从i开始的最长长度 for(int j=1;j<=n;j++) { if(lian[i][j] && idx[j]<2){idx[j]++;num=max(num,dfs(j)+lian[i][j]);idx[j]--;} } //可连接，注意不能等于2，因为马上就要idx++，就是3了 return num; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",word[i]); do{scanf("%c",&first);} while(!isalpha(first)); //读入字母，小心读入‘ ’ for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { int l1=strlen(word[i]),l2=strlen(word[j]); for(int pos=l1-1;pos>0;pos--) //pos>0而非>=的原因：单词不能有包含关系 if(check(i,j,pos,l1,l2)){lian[i][j]=l2-(l1-pos);break;}//这个lian是把j接在i后j的长度 } //break：贪心，接的部分越少则总长度越长 for(int i=1;i<=n;i++)if(word[i][0]==first) { idx[i]++; maxn=max(maxn,(int)strlen(word[i])+dfs(i)); idx[i]--; //不要忘了减回来 } cout<<maxn<<" "; return 0; }
2.洛谷 P1034 矩形覆盖
题目描述
在平面上有 n 个点（n <= 50），每个点用一对整数坐标表示。例如：当 n＝4 时，4个点的坐标分另为：p1（1，1），p2（2，2），p3（3，6），P4（0，7），见图一。
这些点可以用 k 个矩形（1<=k<=4）全部覆盖，矩形的边平行于坐标轴。当 k=2 时，可用如图二的两个矩形 sl，s2 覆盖，s1，s2 面积和为 4。问题是当 n 个点坐标和 k 给出后，怎样才能使得覆盖所有点的 k 个矩形的面积之和为最小呢。约定：覆盖一个点的矩形面积为 0；覆盖平行于坐标轴直线上点的矩形面积也为0。各个矩形必须完全分开（边线与顶点也都不能重合）。
输入输出格式
输入格式：
n k xl y1 x2 y2 ... ...
xn yn （0<=xi,yi<=500)
输出格式：
输出至屏幕。格式为：
一个整数，即满足条件的最小的矩形面积之和。
输入输出样例
4 2 1 1 2 2 3 6 0 7
4
思路：
最最保险的做法：dfs+剪枝，当k>=4时也能做。
原则：枚举每一个点，可以任意加入到k个矩形中的某一个，从而得到最优解。
原理：易证明对于每一种i(i<k)个矩形的情形，其结果一定不是最优的（可将其中某个矩形再次划分）
每个矩形只需记录其4至点，即可求面积。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,k,ans=0x7fffffff; struct Coordinate{ int x,y; }nate[102]; struct Rectangle{ int urcorner,ulcorner,dlcorner,drcorner; bool flag; }rect[12]; bool in(Rectangle a,int x,int y){ if(x>=a.ulcorner&&x<=a.urcorner&&y>=a.dlcorner&&y<=a.drcorner) return 1; return 0; } int judge(Rectangle a,Rectangle b){ if(in(a,b.ulcorner,b.drcorner)) return 1; if(in(a,b.ulcorner,b.dlcorner)) return 1; if(in(a,b.urcorner,b.drcorner)) return 1; if(in(a,b.urcorner,b.dlcorner)) return 1; return 0; } void dfs(int num){ int area=0; for(int i=1; i<=k; i++) { if(rect[i].flag) { for(int j=i+1;j<=k;j++) if(rect[i].flag&&judge(rect[i],rect[j])) return ; } area+=(rect[i].urcorner-rect[i].ulcorner)*(rect[i].drcorner-rect[i].dlcorner); } if(area>=ans) return ; if(num>n) { ans=area; return ; } for(int i=1; i<=k; i++){ Rectangle tmp=rect[i]; if(!rect[i].flag) { rect[i].flag = 1; rect[i].ulcorner = rect[i].urcorner = nate[num].x; rect[i].drcorner = rect[i].dlcorner = nate[num].y; dfs(num+1); rect[i] = tmp; break ; } else { rect[i].ulcorner = min(rect[i].ulcorner,nate[num].x); rect[i].dlcorner = min(rect[i].dlcorner,nate[num].y); rect[i].urcorner = max(rect[i].urcorner,nate[num].x); rect[i].drcorner = max(rect[i].drcorner,nate[num].y); dfs(num+1); rect[i] = tmp; } } } int main() { cin>>n>>k; for(int i=1; i<=n; i++) cin>>nate[i].x>>nate[i].y; dfs(1); cout<<ans<<endl; return 0; }
3.洛谷 P1041 传染病控制
题目背景
近来，一种新的传染病肆虐全球。蓬莱国也发现了零星感染者，为防止该病在蓬莱国大范围流行，该国政府决定不惜一切代价控制传染病的蔓延。不幸的是，由于人们尚未完全认识这种传染病，难以准确判别病毒携带者，更没有研制出疫苗以保护易感人群。于是，蓬莱国的疾病控制中心决定采取切断传播途径的方法控制疾病传播。经过 WHO（世界卫生组织）以及全球各国科研部门的努力，这种新兴传染病的传播途径和控制方法已经研究清楚，剩下的任务就是由你协助蓬莱国疾控中心制定一个有效的控制办法。
题目描述
研究表明，这种传染病的传播具有两种很特殊的性质；
第一是它的传播途径是树型的，一个人X只可能被某个特定的人Y感染，只要Y不得病，或者是XY之间的传播途径被切断，则X就不会得病。
第二是，这种疾病的传播有周期性，在一个疾病传播周期之内，传染病将只会感染一代患者，而不会再传播给下一代。
这些性质大大减轻了蓬莱国疾病防控的压力，并且他们已经得到了国内部分易感人群的潜在传播途径图（一棵树）。但是，麻烦还没有结束。由于蓬莱国疾控中心人手不够，同时也缺乏强大的技术，以致他们在一个疾病传播周期内，只能设法切断一条传播途径，而没有被控制的传播途径就会引起更多的易感人群被感染（也就是与当前已经被感染的人有传播途径相连，且连接途径没有被切断的人群）。当不可能有健康人被感染时，疾病就中止传播。所以，蓬莱国疾控中心要制定出一个切断传播途径的顺序，以使尽量少的人被感染。
你的程序要针对给定的树，找出合适的切断顺序。
输入输出格式
输入格式：
输入格式的第一行是两个整数n（1≤n≤300）和p。接下来p行，每一行有两个整数i和j，表示节点i和j间有边相连（意即，第i人和第j人之间有传播途径相连）。其中节点1是已经被感染的患者。
输出格式：
只有一行，输出总共被感染的人数。
输入输出样例
7 6 1 2 1 3 2 4 2 5 3 6 3 7
３
(⊙v⊙)嗯~ 代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int ans,tot,n,p,edge_head[301],tree_head[301],num_edge,num_tree,maxn; bool vis[301]; int d[301][301]; struct Edge{ int pre,to; }edge[602],tree[602]; void edge_add(int pre,int to) { edge[++num_edge].pre = edge_head[pre]; edge[num_edge].to = to; edge_head[pre] = num_edge; } void tree_add(int x,int y){ tree[++num_tree].pre = tree_head[x]; tree[num_tree].to = y; tree_head[x] = num_tree; } void build_tree(int x) { for(int i=edge_head[x];i;i=edge[i].pre) { if(!vis[edge[i].to]) { vis[edge[i].to] = true; tree_add(x,edge[i].to); build_tree(edge[i].to); } } } void depth(int x,int deep){ //计算深度 d[deep][++d[deep][0]]=x; if(deep>maxn) maxn=deep; for(int i=tree_head[x];i;i=tree[i].pre) { depth(tree[i].to,deep+1); } } int change(int x,bool VIS[]){ int s=0; for(int i=tree_head[x];i;i=tree[i].pre) { if(!VIS[tree[i].to]){ vis[tree[i].to] = true; VIS[tree[i].to] = true; s+=change(tree[i].to,VIS)+1; } } return s; } void change2(int x,bool VIS[]){ for(int i=tree_head[x];i;i=tree[i].pre) { if(VIS[tree[i].to]) { vis[tree[i].to] = false; VIS[tree[i].to] = false; change2(tree[i].to,VIS); } } } void dfs(int num,int tot) { if(num==maxn+1){ if(ans<tot) ans = tot; return ; } bool VIS[301]; memset(VIS,0,sizeof(VIS)); int sum=0; for(int i=1; i<=d[num][0];i++) { if(!vis[d[num][i]]) { int x=change(d[num][i],VIS)+(vis[d[num][i]]==0); vis[d[num][i]] = true; dfs(num+1,tot+x); vis[d[num][i]] = false; change2(d[num][i],VIS); sum++; } } if(sum==0) { if(ans<tot) ans=tot; } } int main() { cin>>n>>p; int u,v; for(int i=1; i<=p; i++) { cin>>u>>v; edge_add(u,v); edge_add(v,u); } vis[1]=true; build_tree(1); depth(1,0); memset(vis,0,sizeof(vis)); dfs(1,0); cout<<n-ans<<endl; return 0; }
自己选的路，跪着也要走完！！！