DAY 1 - 爱码网

DFS

DAY 1

最短路能解决：边权固定

如果边权和经过点有关，相当于是有后效性，那么就需要dfs

组合：选择A,B，有一个附加代价C，这种情况只能搜索

缺点就在于枚举每一种可能性，时间复杂度贼大

1.状态表示

2.剪枝

最优答案（如果某个答案已经比最优答案差了就放弃）

记忆化剪枝（记搜）（还记得数位DP嘛）

可行性剪枝（字面意思，当前不可行了以后一定也不可行）

DAY 1

可以看出：

1、n很小

2、图上没有重边，因此边数????≤28

3、边与边之间相互独立，因此不需要考虑边与边之间的相互影响

4、如果图上出现一棵树，则已满足连通图的要求

5、根据提示及第3条，一张图连通的概率为：该图中所有边都不被淹没的概率相乘

根据第1条:搜索，考虑每条边是否加入连通块

根据第4条：只要连通图中出现了一棵树，其余边是否被淹没不对答案产生影响

根据第2条：总状态数为2^28=268435456，看起来可能会被卡

根据第1、4条：搜索中最多选择????−1条边，因此总状态数小于????_28^7="1184040"。

根据第3、5条：可以计算出一张图出现的概率

需要什么：

1、搜索

2、并查集判断连通性

简单的剪枝：

如果剩余的边数不够形成一棵树，则直接返回

DAY 1

建反图

原来不能同时存在的x和y有边，建反图之后就没边了

然后找最大团

先找一个点，往外扩展

对于一个点来说，只有和它有直接边的点才有可能与它构成团

就是一个剪枝，每一次经过一个点就把不可能的点都去掉

在一个点之后可能加入的序列中（默认序列点从小到大）

如果当前点的权值加上序列里所有点的权值都小于当前的答案，就剪枝

从i+1->i，最大答案就是i往前加上i+1

1.删点—序列

原来序列是123456

先dfs1，和它有边的点是356，tot=v[1]

然后找3，和它有边的点是6,tot=v[1]+v[3]

最后是6,没有和它有边的点tot=v[1]+v[3]+v[6]

然后把1删掉，序列变成23456

2.可行点—sum+tot<=ans

3.当前答案—ans[i]+tot<=ans

假如我们当前到了第i个点，这个点之前的点的ans都已经知道

我们枚举j是上一个点，如果ans[j]+tot<ans，那么j之前的点也不可行（因为ans一定<=j）

ans[i]表示从这个点开始搜的最大的权值和

tot表示当前搜到的最大团的权值和

Ans表示目前的最大的答案

Sum表示序列中剩下的点的权值和

那么为了能够当前答案剪枝，我们就需要把从1到n的序列倒过来dfs，即先算ans[n]

DAY 1

枚举每个位置的数，判断是否可以放

当前行未出现过

当前列未出现过

当前格子未出现过

更新进入下一层

判断是否出现可以使用二进制

TLE?

倒序枚举即可

DAY 1

BFS

优先扩展浅层节点状态逐渐深入

通常用队列实现

最重要的是判重，即合理的表示状态

新扩展出的节点如果和以前扩展出的节点相同，则这个新节点就不必再考虑

如何平衡时间和空间

状态（节点）数目巨大，如何存储？

怎样才能较快判断一个状态是否重复？

DAY 1

先排序（离散化）

Dis[x][y][t]表示在x,y，上一个线索是t的最小步数

queue<pair<int,int> > Q;
int FindPath(pair<int,int> b,pair<int,int> e) {
    for (int i=0;i<n;++i) for (int j=0;j<m;++j) dis[i][j]=1e9+10;
    Q.push(b); dis[b.first][b.second]=0;
    while (!Q.empty()) {
        pair<int,int> u=Q.front(); Q.pop();
        int x=u.first,y=u.second;
        for (int i=0;i<4;++i) {
            int tx=x+dx[i],ty=y+dy[i];
            if (CoordValid(tx,ty) && mp[tx][ty]!=0 && dis[tx][ty]>dis[x][y]+1) {
                dis[tx][ty]=dis[x][y]+1;
                Q.push(make_pair(tx,ty));    
            }
        }
    }
    return dis[e.first][e.second];
}