DAY 1

時間 2019-11-07

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搜索枚舉

DFS

最短路能解決：邊權固定優化

若是邊權和通過點有關，至關因而有後效性，那麼就須要dfsspa

組合：選擇A,B，有一個附加代價C，這種狀況只能搜索3d

缺點就在於枚舉每一種可能性，時間複雜度賊大code

1.狀態表示blog

2.剪枝排序

最優答案（若是某個答案已經比最優答案差了就放棄）隊列

記憶化剪枝（記搜）（還記得數位DP嘛）class

可行性剪枝（字面意思，當前不可行了之後必定也不可行）擴展

能夠看出：搜索

一、n很小

二、圖上沒有重邊，所以邊數𝑚≤28

三、邊與邊之間相互獨立，所以不須要考慮邊與邊之間的相互影響

四、若是圖上出現一棵樹，則已知足連通圖的要求

五、根據提示及第3條，一張圖連通的機率爲：該圖中全部邊都不被淹沒的機率相乘

根據第1條:搜索，考慮每條邊是否加入連通塊

根據第4條：只要連通圖中出現了一棵樹，其他邊是否被淹沒不對答案產生影響

根據第2條：總狀態數爲2^28=268435456，看起來可能會被卡

根據第一、4條：搜索中最多選擇𝑛−1條邊，所以總狀態數小於𝐶_28^7="1184040"。

根據第三、5條：能夠計算出一張圖出現的機率

須要什麼：

一、搜索

二、並查集判斷連通性

簡單的剪枝：

若是剩餘的邊數不夠造成一棵樹，則直接返回

建反圖

原來不能同時存在的x和y有邊，建反圖以後就沒邊了

而後找最大團

先找一個點，往外擴展

對於一個點來講，只有和它有直接邊的點纔有可能與它構成團

就是一個剪枝，每一次通過一個點就把不可能的點都去掉

在一個點以後可能加入的序列中（默認序列點從小到大）

若是當前點的權值加上序列裏全部點的權值都小於當前的答案，就剪枝

從i+1->i，最大答案就是i往前加上i+1

1.刪點—序列

原來序列是123456

先dfs1，和它有邊的點是356，tot=v[1]

而後找3，和它有邊的點是6,tot=v[1]+v[3]

最後是6,沒有和它有邊的點tot=v[1]+v[3]+v[6]

而後把1刪掉，序列變成23456

2.可行點—sum+tot<=ans

3.當前答案—ans[i]+tot<=ans

假如咱們當前到了第i個點，這個點以前的點的ans都已經知道

咱們枚舉j是上一個點，若是ans[j]+tot<ans，那麼j以前的點也不可行（由於ans必定<=j）

ans[i]表示從這個點開始搜的最大的權值和

tot表示當前搜到的最大團的權值和

Ans表示目前的最大的答案

Sum表示序列中剩下的點的權值和

那麼爲了可以當前答案剪枝，咱們就須要把從1到n的序列倒過來dfs，即先算ans[n]

枚舉每一個位置的數，判斷是否能夠放

當前行未出現過

當前列未出現過

當前格子未出現過

更新進入下一層

判斷是否出現可使用二進制

TLE?

倒序枚舉便可

BFS

優先擴展淺層節點狀態逐漸深刻

一般用隊列實現

最重要的是判重，即合理的表示狀態

新擴展出的節點若是和之前擴展出的節點相同，則這個新節點就沒必要再考慮

如何平衡時間和空間

狀態（節點）數目巨大，如何存儲？

怎樣才能較快判斷一個狀態是否重複？

先排序（離散化）

Dis[x][y][t]表示在x,y，上一個線索是t的最小步數

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];
}