并没有有用的东西, 只是用来水的. 今天看搜索,想起来了A*和IDA* 看A*去了.... 啥玩意啊这是,他们代码为啥这么长??.... 看完了,...代码怎么写啊?? .....算了,直接看题吧 找了 [SCOI2005]骑士精神 当入手题. 本来是想找八数码的.. 看题解,...啥玩意啊这是+1 ...实在看不懂.. 抄代码吧 抄了一个写的很好看的代码,.但是,他是用啥写的? ...好像只是个迭代加深搜索? 然后就在注释上写了:只是个迭代加深搜索 过一会感觉不对,那个剪枝貌似是个A*的启发式

Channel Allocation Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 14601   Accepted: 7427 Description When a radio station is broadcasting over a very large area, repeaters are used to retransmit the signal so that every receiver has a s

1085: [SCOI2005]骑士精神 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MBSubmit: 1800  Solved: 984[Submit][Status][Discuss] Description 在一个5×5的棋盘上有12个白色的骑士和12个黑色的骑士, 且有一个空位.在任何时候一个骑士都能按照骑士的走法(它可以走到和它横坐标相差为1,纵坐标相差为2或者横坐标相差为2,纵坐标相差为1的格子)移动到空位上. 给定一个初始的棋盘,怎样才能经过移动变

POJ 1129 Channel Allocation Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 14191   Accepted: 7229 Description When a radio station is broadcasting over a very large area, repeaters are used to retransmit the signal so that every receive

codevs 2541 幂运算  时间限制: 1 s  空间限制: 128000 KB  题目等级 : 钻石 Diamond 题目描述 Description 从m开始,我们只需要6次运算就可以计算出m31: m2=m×m,m4=m2×m2,m8=m4×m4,m16=m8×m8,m32=m16×m16,m31=m32÷m. 请你找出从m开始,计算mn的最少运算次数.在运算的每一步,都应该是m的正整数次方,换句话说,类似m-3是不允许出现的. 输入描述 Input Description 输入为一

题目地址:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1560 BFS题解:http://www.cnblogs.com/crazyapple/p/3218107.html 构造一个串,使得它包含所有的给定DNA序列,并且要求长度最短.采用dfs策略,对于每个串定义1个指针,当全部指针为串尾时判断构造的长度,由于状态空间过大,但是又存在冗余搜索,可以用迭代加深将状态减少.最长待构造长度 + 当前长度 < 迭代的最大深度则直接return,大大减少了状态数.

为了这题还去学了下迭代加深 回来还是不会写 只好参考各大神的代码及题解了 二分枚举最大可以切的块数 然后就是各种分析及优化 USACO题解里写了7个优化.. 问题分析 抽象一下就可以发现,算法的本质是多重背包问题. 补充:这题与破锣乐队都是多个背包,不可重复放物品.区别在于破锣乐队要有顺序,此题不需要,这样此题就必须要搜索才行. 单个背包的问题我们可以用DP解决,但是对于这种问题我们只能用搜索了. 但是可以看一看这道题的数据规模:1<=n<=50,1<=r<=1023.如此大的规模

链接 把迭代加深理解错了 自己写了半天也没写对 所谓迭代加深,就是在深度无上限的情况下,先预估一个深度(尽量小)进行搜索,如果没有找到解,再逐步放大深度搜索.这种方法虽然会导致重复的遍历 某些结点,但是由于搜索的复杂度是呈指数级别增加的,所以对于下一层搜索,前面的工作可以忽略不计,因而不会导致时间上的亏空. IDA*就是一个加了层数限制depth的DFS,超过了限制就不在搜索下去,如果在当前层数没有搜到目标状态,就加大层数限制depth,这里还只是一个IDA算法,并不是A*的.当然我们可以用A*

总的来讲,这是一道很⑨的题,因为: (1)题目中有⑨个挂钟 (2)有⑨种操作方案 (3)这题因为解空间太小所以可以直接⑨重循环!! 这题可以用迭代加深搜索高效求解,剪枝的策略也很显然: >所求的操作序列一定是单调不递减的 >同一操作不可能在解中出现4次及以上(操作4次等于没有操作) 代码: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; ]={};

迭代加深搜索算法: 对于可以用回溯法解决,但是解答树结点数大的恐怖的问题的一种解决办法,有的问题甚至用bfs连一层节点都遍历不完就超时了.具体方法就是依次枚举搜索层数,从1到一个上限. 结构: int solve() { for (int maxd = 1; maxd < MAXN; maxd++) { if (dfs(0, maxd)) return maxd; } return MAXN; } 优点: 相较于bfs老老实实的枚举解答树而言, 迭代加深搜索算法可以以深度优先搜索,也就是说可以第

/* 一开始想到了简单的深搜 维护当前可用的mi数组 然后回溯用哪个 不断更新新产生的mi 这样的问题是 由于mi不断产生 搜索规模扩大 不好 不好 下面是奇丑的WA掉的代码 做个反面教材 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; ],s[],top,vis[]; void Dfs(int p,int c) { ||p>n*)return; )s[++

Description Starting with x and repeatedly multiplying by x, we can compute x31 with thirty multiplications: x2 = x × x, x3 = x2 × x, x4 = x3 × x, …, x31 = x30 × x. The operation of squaring can be appreciably shorten the sequence of multiplications.

Description An addition chain for n is an integer sequence  with the following four properties: a0 = 1 am = n a0<a1<a2<...<am-1<am For each k ( ) there exist two (not neccessarily different) integers i and j ( ) with ak =ai +aj You are give

搜索算法问题求解 一.需求分析 分别用深度优先.迭代加深.一致代价.A*搜索算法得到从起始点Arad到目标点Bucharest的一条路径,即为罗马尼亚问题的一个解,在求解的过程中记录每种算法得到的解,即输出每种解得到的条路径. 图一:罗马尼亚地图 二.详细代码 测试类: /**Main类,打印各个算法的结果 * @author dyl * */ classMain{ int result; int xiabiao[]=null;//访问的下标 publicstaticvoid main(Stri

DNA sequence Time Limit : 15000/5000ms (Java/Other)   Memory Limit : 32768/32768K (Java/Other) Total Submission(s) : 15   Accepted Submission(s) : 7 Font: Times New Roman | Verdana | Georgia Font Size: ← → Problem Description The twenty-first century

题意:对于一段数字,每次可以剪切一段连续的自然数,粘贴到任意部分,使其变成升序 思路: 考虑的是进行搜索,深搜并不能保证是最短,广搜感觉每层的情况太多. 迭代加深:枚举搜索深度,然后进行深搜. 这种方法比较适用于不知道明显深度的,以及每层展开情况过多而导致bfs不行的. #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <cstdlib&

题目 此题根据题目可知是迭代加深搜索. 首先应该枚举空格的位置,让空格像一个马一样移动. 但迭代加深搜索之后时间复杂度还是非常的高,根本过不了题. 感觉也想不出什么减枝,于是便要用到了乐观估计函数(Optimistic Estimation Function) 以3种颜色的格子来表示原棋盘: 如果我们要从一个状态抵达到原棋盘,那么需要的步数绝对是小于当前状态与原棋盘不同的格子的数量. 那么我们的乐观估计函数就出来了.如果当前状态与原棋盘的不同格子数量小于我们的剩余的步数,那么肯定是抵达不了的,r

此题不难,主要思路便是IDDFS(迭代加深搜索),关键在于优化. 一个IDDFS的简单介绍,没有了解的同学可以看看: https://www.cnblogs.com/MisakaMKT/articles/10767945.html 我们可以这么想,设当前规定长度为M,题目要求得出的数为N. 在搜索中,当前的步数为step,当前的数列为 数组a. 首先来确定思路,便是在以得出的数列a中枚举每两个数相加得出sum,然后继续搜索下一步. 初步的代码便是: void iddfs(int step) {

Problem UVA11212-Editing a Book Accept:572  Submit:4428 Time Limit: 10000 mSec  Problem Description You have n equal-length paragraphs numbered 1 to n. Now you want to arrange them in the order of 1,2,...,n. With the help of a clipboard, you can easi

The twenty-first century is a biology-technology developing century. We know that a gene is made of DNA. The nucleotide bases from which DNA is built are A(adenine), C(cytosine), G(guanine), and T(thymine). Finding the longest common subsequence betw

An addition chain for n is an integer sequence <a0, a1,a2,...,am=""> with the following four properties: a0 = 1 am = n a0 < a1 < a2 < ... < am-1 < am For each k (1<=k<=m) there exist two (not necessarily different) int