前言 之前一直想不明白dfs的时间复杂度是怎么算的,前几天想了下大概想明白了,现在记录一下. 存图方式都是链式前向星或邻接矩阵.主要通过几道经典题目来阐述dfs时间复杂度的计算方法. $n$是图中结点的个数,$e$是图中边的个数. 深度优先遍历图的每一个结点 时间复杂度为:链式前向星:$O\left( n + e \right)$:邻接矩阵:$O\left( n \right)$ 给定我们一个图(链式前向星存储),通过深度优先遍历的方式把图中每个结点遍历一遍. 首先,图中每个结点最多被遍历一次,

求最久时间即在无环有向图里求最远路径 dfs+剪枝优化 从0节点(自己添加的)出发,0到1~n个节点之间的距离为1.mt[i]表示从0点到第i个节点眼下所得的最长路径 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; const

题目描述 有一棵树,每个结点有一个灯(初始均是关着的).每个灯能对该位置和相邻结点贡献1的亮度.现有两种操作: (1)将一条链上的灯状态翻转,开变关.关变开: (2)查询一个结点的亮度. 数据规模:\(1 \le n,q \le 10^5\) 简要题解 对于这种题,很容易想到任意指定一个根转化为有根树,每个结点维护值\(a_i\)表示它的所有儿子的贡献之和,这样再加上自己以及父亲的贡献就能回答一个询问了. 然而经过一波思考发现问题在于链修改时根本没法维护\(a_i\).因此需要用链修改时的常规操

洛谷P1441 砝码称重 \(n\) 的范围为 \(n \le 20\) ,\(m\) 的范围为 \(m \le 4\) . 暴力遍历每一种砝码去除情况,共有 \(n^m\) 种情况. 对于剩余砝码求解可以组合的重量种类数.使用bitset进行求解优化,第 \(i\) 位为 \(1\) 代表重量 \(i\) 可以组合出来.\(1\) 的位数即为最终答案. 初始 \(bitset[0]=1\) ,对于新加砝码 \(i\) ,重量为 \(a[i]\) ,更新为 \(bitset = bitset\

DFS+BFS+MAP+剪枝 题意:       就是给你一个10*10的连连看状态,然后问你最后能不能全部消没? 思路:      首先要明确这是一个搜索题目,还有就是关键的一点就是连连看这个游戏是存在决策的,就是如果当前的这个点可以连接好几个点的话,我们选择那个点连接是不一样的,所以还要遍历所有的可能连接点,这样考虑的话单纯的一个搜索肯定不行了,可以用一个深搜套广搜的的结构,深搜是为了遍历顺序,广搜所为了得到当前点可以消去那些点(必要一个一个搜,要直接把所有的可能都搜出来,就是把杭电的那个b

GT and set Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Problem Description You are given N sets.The i−th set has Ai numbers. You should divide the sets into L parts. And each part should have at least one numbe

http://www.cppblog.com/MatoNo1/archive/2012/09/23/191708.html ——————————————————————————————————————————————————— 普通DFS(不加迭代)的优化方法主要有:(1)可行性剪枝,如果遇到已经无法产生可行解的情况就剪枝,有时候,可行性剪枝也可以指在搜索过程中对不合法情况的剔除:(2)最优性剪枝:如果遇到已经无法产生比目前得到的最优解还要优的解的情况就剪枝,这其中包括启发式最优性剪枝(即分支限

Bellman-Ford 可解决带有负权边的最短路问题 解决负权边和Dijkstra相比是一个优点,Bellman-Ford的核心代码只有4行:: u[],v[],w[] 分别存一条边的顶点.权值,dis[]存从 1 源点到各个顶点的距离 ;i<=n-;i++) ;j<=m;j++) if(dis[v[j]] > dis[u[j]]+w[j]) dis[v[j]] = dis[u[j]]+w[j]; 愿过程: 循环n-1次,把每个顶点每条边都松弛: 优化方法: ①,最坏的情况就是循环了n

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<ctime>using namespace std;int num=1;int sum=0;int A=1,B=1,C=1; // num=a+b/c ,a,b,c所对应的长度 int abc[11];//储存a,b,c的值 int is[10]={0}; int a=0,b=0,c=0; int power(int x,int y){ i

### P3376 题目链接 ### 这里讲一下三种优化的实现以及正确性. 1.dfs多路增广优化 一般的Dinic算法中是这样的,bfs() 用于标记多条增广路,以至于能一次 bfs() 出多次 dfs()增广路.那么就会有 while(bfs()) 一次,然后 dfs() n 次,出 n 条增广路. 那么我们 dfs 的优化在于使得一次 dfs() 直接累加出这一次 bfs() 所标记出的 n 条增广路.变成 while(bfs())然后 dfs() 一次 即可. 一般的 Dinic 算法:

http://172.20.6.3/Problem_Show.asp?id=1530 元宵节快要到了,某城市人民公园将举办一次灯展.Dr.Kong准备设计出一个奇妙的展品,他计划将编号为1到N的N(1 <= N <= 35)盏灯放置在一个有M条(1 <= M <= 595)边连接的网络节点上.每盏灯上面都带有一個开关.当按下某一盏灯的开关時,这盏灯本身以及与之有边相连的灯的状态就会改变.状态改变指的是:当一盏灯是亮时,就会被关闭:当一盏灯是关闭时,就会被打开亮着.现在的问题是,你能

标 * 的是推荐阅读的部分 / 做的题目. 1. 动态 DP(DDP)算法简介 动态动态规划. 以 P4719 为例讲一讲 ddp: 1.1. 树剖解法 如果没有修改操作,那么可以设计出 DP 方案 \(f_{i,0/1}\) 分别表示不选(\(0\))/ 选(\(1\))点 \(i\) 的最大权值,那么有 \(f_{i,0}=\sum_{x\in S_i}\max(f_{x,0},f_{x,1}),f_{i,1}=v_i+\sum_{x\in S_i}f_{i,0}\). 如果加上修改操作,那

DFS与N皇后问题 DFS 什么是DFS DFS是指深度优先遍历也叫深度优先搜索. 它是一种用来遍历或搜索树和图数据结构的算法 注:关于树的一些知识可以去看<树的概念及基本术语>这篇文章 它会不断地沿着节点的深度方向(该深度方向为其邻接点的方向)进行遍历 DFS如何实现 DFS主要步骤有以下几步 访

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1010 折磨我一下午 题目大意: 从s点走到d点能否恰好走k步   刚开始以为是广搜,其实是深搜. dfs多优化一下才会过. #include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<algorithm> #include<math.h> #include<string.h> #include<iostream> #

题目: •石家庄铁道大学基础大楼一共有四部电梯,每层都有人上下,电梯在每层都停.信1201-1班的张一东觉得在每层都停觉得不耐烦. •由于楼层不太高,在上下课高峰期时时,电梯从一层上行,但只允许停在某一楼层.在一楼时,每个乘客选择自己的目的层,电梯则自动计算出应停的楼层. •问电梯停在那一楼层,能够保证这次乘坐电梯的所有乘客爬楼梯的层数之和最少. 一.设计思想 1.解法一 可以从第一层开始枚举一直到第N层,然后计算如果电梯在第x层停的话所有乘客总共要爬多少层楼.这是最为直接的一个解法.程序代码就

Problem 1608 - Calculation Time Limit: 500MS   Memory Limit: 65536KB    Total Submit: 311  Accepted: 82  Special Judge: No Description Today, Alice got her math homework again! She had n integers, and she needed to divide them into several piles or o

A Walk Through the Forest Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65536/32768K (Java/Other) Total Submission(s) : 3   Accepted Submission(s) : 1 Problem Description Jimmy experiences a lot of stress at work these days, especially since

目录 题意: 输入格式 输出格式 思路: DP凸优化的部分 单调队列转移的部分 坑点 代码 题意: 有n条超级大佬贞鱼站成一行,现在你需要使用恰好k辆车把它们全都运走.要求每辆车上的贞鱼在序列中都是连续的.每辆车上的贞鱼会产生互相怨恨的值,设a与b之间的怨恨值为G(a,b),一辆车上的贞鱼的编号从L到R,那么这辆车上的怨恨值为\(\sum_{L<=a,b<=R}G(a,b)\).注意G(a,b)=G(b,a),一对贞鱼之间的怨恨值只算一次,也就是G(a,b)和G(b,a)只算一次. 1<

LIS:最长上升子序列: 这个题我们很显然会想到使用dp, 状态设计:dp[i]代表以a[i]结尾的LIS的长度 状态转移:dp[i]=max(dp[i], dp[j]+1) (0<=j< i, a[j]< a[i]) 边界处理:dp[i]=1 (0<=j< n) 时间复杂度:O(N^2)  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read() { ,f=; char ch=getchar()

graphdfsbfs 1.clone graph2.copy list with random pointer3.topological sorting4.permutations5.subsets6.n queens7.subsetsII 8.palindrome partitioning9.combination sum10.combination sumII11.word ladder 12.word ladderII 克隆图:先克隆点,再克隆边. 宽度优先搜索有模板,以后告诉了图中的一