今天組隊比賽時遇到了漢諾塔的題，開始時以為很難，但是仔細(xì)看題時，想到了曾今在杭電上做個一題，卻發(fā)現(xiàn)是水題一道，直接一個打表！
TJU 1731.   Strange Towers of Hanoi
 
真正的題目還是杭電上的  http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1207
規(guī)律：
a[1]=1;
a[2]=a[1]+2;a[3]=a[2]+2;(2個加2^1)
a[4]=a[3]+4;a[5]=a[4]+4;a[6]=a[5]+4;(3個加2^2);
…………………………………………(4個加2^3);
O(∩_∩)O~

【圖論】

　1、Dijkstra算法
　2、Floyd算法
　3、Kruskal算法
　4、Prim算法
　5、歐拉回路

Dijkstra算法
Dijkstra算法是典型最短路算法，用于計算一個節(jié)點到其他所有節(jié)點的最短路徑。主要特點是以起始點為中心向外層層擴(kuò)展，直到擴(kuò)展到終點為止。Dijkstra算法能得出最短路徑的最優(yōu)解，但由于它遍歷計算的節(jié)點很多，所以效率低。
Dijkstra算法是很有代表性的最短路算法，在很多專業(yè)課程中都作為基本內(nèi)容有詳細(xì)的介紹，如數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)，圖論，運籌學(xué)等等。
Dijkstra一般的表述通常有兩種方式，一種用永久和臨時標(biāo)號方式，一種是用OPEN, CLOSE表方式，Drew為了和下面要介紹的 A* 算法和 D* 算法表述一致，這里均采用OPEN,CLOSE表的方式。

大概過程：
創(chuàng)建兩個表，OPEN, CLOSE。
OPEN表保存所有已生成而未考察的節(jié)點，CLOSED表中記錄已訪問過的節(jié)點。
1． 訪問路網(wǎng)中里起始點最近且沒有被檢查過的點，把這個點放入OPEN組中等待檢查。
2． 從OPEN表中找出距起始點最近的點，找出這個點的所有子節(jié)點，把這個點放到CLOSE表中。
3． 遍歷考察這個點的子節(jié)點。求出這些子節(jié)點距起始點的距離值，放子節(jié)點到OPEN表中。
4． 重復(fù)2，3，步。直到OPEN表為空，或找到目標(biāo)點。

 

 

Floyd算法
Floyd-Warshall 算法用來找出每對點之間的最短距離。它需要用鄰接矩陣來儲存邊，這個算法通過考慮最佳子路徑來得到最佳路徑。

注意單獨一條邊的路徑也不一定是最佳路徑。

從任意一條單邊路徑開始。所有兩點之間的距離是邊的權(quán)，或者無窮大，如果兩點之間沒有邊相連。
對于每一對頂點 u 和 v，看看是否存在一個頂點 w 使得從 u 到 w 再到 v 比己知的路徑更短。如果是更新它。
不可思議的是，只要按排適當(dāng)，就能得到結(jié)果。
// dist(i,j) 為從節(jié)點i到節(jié)點j的最短距離
For i←1 to n do
For j←1 to n do
dist(i,j) = weight(i,j)

For k←1 to n do // k為“媒介節(jié)點”
For i←1 to n do
For j←1 to n do
if (dist(i,k) + dist(k,j) < dist(i,j)) then // 是否是更短的路徑？
dist(i,j) = dist(i,k) + dist(k,j)這個算法的效率是O(V3)。它需要鄰接矩陣來儲存圖。
這個算法很容易實現(xiàn)，只要幾行。
即使問題是求單源最短路徑，還是推薦使用這個算法，如果時間和空間允許(只要有放的下鄰接矩陣的空間，時間上就沒問題)。
[編輯] 時間復(fù)雜度 O(N^3)

 

 

Kruskal算法
基本思想
假設(shè)WN=(V,{E})是一個含有n個頂點的連通網(wǎng)，則按照克魯斯卡爾算法構(gòu)造最小生成樹的過程為：先構(gòu)造一個只含n個頂點，而邊集為空的子圖，若將該子圖中各個頂點看成是各棵樹上的根結(jié)點，則它是一個含有n棵樹的一個森林。之后，從網(wǎng)的邊集E中選取一條權(quán)值最小的邊，若該條邊的兩個頂點分屬不同的樹，則將其加入子圖，也就是說，將這兩個頂點分別所在的兩棵樹合成一棵樹；反之，若該條邊的兩個頂點已落在同一棵樹上，則不可取，而應(yīng)該取下一條權(quán)值最小的邊再試之。依次類推，直至森林中只有一棵樹，也即子圖中含有n-1條邊為止。</p>

Procedure kruskal(V,E);
begin
sort(E,1,m);//將邊按照權(quán)值排序
for t:=1 to n do begin
if getfather(edge[t].u)<>getfather(edge[t].v) then begin //利用并查集判斷兩個頂點是否在同一集合內(nèi)
tot:=tot+edge[t].data;//計算權(quán)值和
union(edge[t].u,edge[t].v);//合并頂點
inc(k);//合并次數(shù)
end;
end;
if k=n-1 then 形成了一棵最小生成樹
else 不存在這樣的最小生成樹；
end;
優(yōu)化：在判斷兩個頂點是否在同一集合內(nèi)時可用并查集 　

 

Prim算法

基本思想
1. 在圖G=(V, E) （V表示頂點 ，E表示邊）中，從集合V中任取一個頂點（例如取頂點v0）放入集合 U中，這時 U={v0}，集合T(E)為空。
2. 從v0出發(fā)尋找與U中頂點相鄰（另一頂點在V中）權(quán)值最小的邊的另一頂點v1，并使v1加入U。即U={v0,v1 }，同時將該邊加入集合T(E)中。
3. 重復(fù)2，直到U=V為止。
這時T(E)中有n-1條邊，T = (U, T(E))就是一棵最小生成樹。

PASCAL代碼
procedure prim(v0:integer);
var
lowcost,closest:array[1..maxn] of integer;
i,j,k,min:integer;
begin
for i:=1 to n do begin
lowcost[i]:=cost[v0,i];
closest[i]:=v0;
end;
for i:=1 to n-1 do begin
{尋找離生成樹最近的未加入頂點k}
min:=maxlongint;
for j:=1 to n do
if (lowcost[j]<min) and (lowcost[j]<>0) then begin
min:=lowcost[j];
k:=j;
end;
lowcost[k]:=0; {將頂點k加入生成樹}
{生成樹中增加一條新的邊k到closest[k]}
{修正各點的lowcost和closest值}
for j:=1 to n do
if cost[k,j]<lowcost[j] then begin
lowcost[j]:=cost[k,j];
closest[j]:=k;
end;
end;
end;{prim}

〖返回頂部〗

 

歐拉回路
定義：
在一個圖中，尋找一條只通過每條邊一次的路徑，這叫做歐拉路徑，如果起點和終點是同一點，那么這條回路叫做歐拉回路．
判定一個圖中是否存在歐拉回路：并不是每個圖都存在歐拉回路．以下分三種情況：
無向圖：每個點的度數(shù)是偶數(shù)，則存在歐拉回路．
有向圖：每個結(jié)點的入度等于出度，則這個有向圖中存在歐拉回路．
總結(jié)：以上兩種情況很簡單，其原理歸根結(jié)底是每個結(jié)點進(jìn)入和出去的路徑條數(shù)相等，就存在歐拉回路．還有一種更加復(fù)雜的情況．那就是混合圖．
混合圖：（有時邊是單向的，有時邊是無向的，就像城市交通網(wǎng)絡(luò)，有的街道是單向的，有的街道是雙向的）找一個給每個無向邊定向的策略，這樣就可以把圖轉(zhuǎn)化成為有向圖，使每個頂點的入度與出度是相等的，這樣就會存在歐拉回路．
具體過程如下：新建一個圖，對于原圖中的無向邊，在新圖中新加一個頂點e(i);對于原圖中的每一個頂點j，在新圖中建一個頂點v(i)，對于原圖中每一個頂點j和k之間有一條無向邊i，那么在新圖中從e(i)出發(fā)，添加兩條邊，分別連向v(j)和v(k)，容量都是1．
在新圖中，從源點向所有的e(i)都連一條容量為1的邊．. 對于原圖中每一個頂點j，它原本都有一個入度in、出度out和無向度un。顯然我們的目的是要把所有無向度都變成入度或出度，從而使它的入度等于總度數(shù)的一半，也就是(in + out + un) / 2（顯然與此同時出度也是總度數(shù)的一半，如果總度數(shù)是偶數(shù)的話）。當(dāng)然，如果in已經(jīng)大于總度數(shù)的一半，或者總度數(shù)是奇數(shù)，那么歐拉回路肯定不存大。如果in小于總度數(shù)的一半，并且總度數(shù)是偶數(shù)，那么我們在新圖中從v（j）到匯點連一條邊，容量就是(in + out + un) / 2 – in，也就是原圖中頂點j還需要多少入度。
按照這個網(wǎng)絡(luò)模型算出一個最大流，如果每條從v(j)到匯點的邊都達(dá)到滿流量的話，那么歐拉回路成立。

〖返回頂部〗

http://acm.tju.edu.cn/toj/showp2794.html

#include<stdio.h>
long f(__int64 n)
{
    while(n!=0){
        if(n%10==7)return 1;
        n/=10;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    static __int64 a[1000000],n,m,i,j=0,f1;
    for(i=7;i<1000000000;i++){
        if(f(i)||i%7==0)
            a[j]++;
        else {
            f1=1;
            for(int k=0;k<j;k++)
                if(a[j]<=a[k])f1=0;
            if(f1){printf("p=%I64d,x=%I64d\n",a[j],i-a[j]);
                  j++;}
            else a[j]=0;
            
        }
    }
}

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=3318
比賽時沒有想到，就是靠人腦舉例，導(dǎo)致考慮不完整，出現(xiàn)很多錯誤！后來經(jīng)高人指點，編學(xué)了個輔助程序，終于ac了！
O(∩_∩)O~，看來還是要好好利用電腦！！

主程序：


這題是在組隊時候做的！需要考慮很多情況！特別 0 和 1 ！！
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2690 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2687

這題只要分清對應(yīng)的轉(zhuǎn)動位置就能求解！還要注意轉(zhuǎn)動順序！！！

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1847

該題屬于簡單博弈題,只要將結(jié)果化到最簡就可以推出規(guī)律！！


O(∩_∩)O~
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1210

開始尋找規(guī)律，找了好久想不出，最終想到了追蹤第一張牌來進(jìn)行求解！O(∩_∩)O~


雖然做時不知道為什么！但是事后我在網(wǎng)上搜到了證明方法！

洗牌問題：
很多人都是跟蹤第一張牌來完成的，大家會不會證明呢？

定理1：當(dāng)?shù)谝粡埮?牌1)回到初始位置時，所有的牌都回到了初始位置。

證明：設(shè)有一次操作，某牌在操作前處于位置r(1<=r<=2*N)，那么，操作后，如果r原來是前一半的，顯然r'=r*2; 否則，r'=(r-n)*2-1，即r'='r*2-(N*2+1);
將兩個式子綜合，可以得到r'= (r*2)%(N*2+1);
根據(jù)同余定理之一 ((i%m)*j)%m=(i*j)%M，可以整理出公式：i次操作后，該牌的位置為：
(r*(2^i))%(N*2+1);其中^表示乘方。
現(xiàn)在，我們假設(shè)經(jīng)過M次操作后，牌1回到了初始位置，即(1*(2^M))%(N*2+1)=1時，再次應(yīng)用同余定理，可以證明對于任意的k(1<=k<=2*N)，有(k*(2^M))%(N*2+1)=k，翻譯成自然語言就是：當(dāng)?shù)谝粡埮苹氐匠跏嘉恢脮r，所有的牌都回到了初始位置。命題得證。

定理2：一定存在某次操作M，這次操作后，所有的牌都回到了初始位置。
證明：我們已經(jīng)證明了牌1回到初始位置時，所有的牌都回到初始位置，所以我們只需要證明牌1可以回到初始位置，即(2^M)%(N*2+1)=1一定有正整數(shù)解。證明這個定理前我們首先證明這樣一個定理：
定理2.1：(2*r)%(2*n+1)==t
當(dāng)t確定為1到2*n中的某值時(1<t<=2*n)，r在1到2*n間有唯一解
因為2*n+1是奇數(shù)，我們只要看一下就會發(fā)現(xiàn)r到t是一個一一映射，當(dāng)t為偶數(shù)時，顯然r=t/2，當(dāng)t為奇數(shù)時，r=(t+1)/2+n，

現(xiàn)在我們來證明定理2。運用反正法，若牌1永遠(yuǎn)不能回到初始位置，根據(jù)鴿籠定理，牌1必然陷入了某個不包含位置1的循環(huán)，因為下一狀態(tài)僅和當(dāng)前狀態(tài)有關(guān)，當(dāng)前狀態(tài)最多只有2*N種，所以顯然一定在不超過2*N+1次操作內(nèi)出現(xiàn)重復(fù)狀態(tài)。而重復(fù)狀態(tài)則意味著循環(huán)。
因為我們假設(shè)這一循環(huán)不包括位置1，我們設(shè)f(i)為循環(huán)中某狀態(tài)，f(0)=1,f(n+1)=(f(n)*2)%(2*N+1)，f(j)為若干次循環(huán)后出現(xiàn)的重復(fù)狀態(tài)，即f(i)=f(j)。因為循環(huán)一直持續(xù)，不妨假設(shè)j>i+i。又因為循環(huán)不包括狀態(tài)1，即對于任意的k>=i，f(k)!=1
根據(jù)定理2.1，我們可以根據(jù)當(dāng)前狀態(tài)推出上一狀態(tài)，換句話說，若f(i)=f(j)，則f(i-1)=f(j-1)。繼續(xù)套用定理2.1，可以得到f(i-i)=f(j-i)，即：f(j-i)=f(0)=1。又有假設(shè)j>i+i，即j-i>i，與另一假設(shè)對于任意的k>=i，f(k)!=1矛盾。
因此，可以證明，牌1所陷入的循環(huán)，必然是包含位置1的，即一定有某次操作，操作后牌1回到了初始狀態(tài)。而且顯然的，初始狀態(tài)就是這循環(huán)中的一個狀態(tài)。
因此命題得證。

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2608

 

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