G - Reducing Delivery Cost 题意： 给你n个点和m条边以及每条边的权值 允许让一条边的权值变成0 然后有q次询问 求q次询问的xi到yi的最小路径和 思路： 显然是最短路的题 但是直接套最短路模板 枚举每条免费的边然后再dij每个点 来求 时间复杂度 是 n* m * k * log(m)会超时 所
/**\ 最短路模板 输入: n m s t 接下来m行 u, v, w表示u -> v 有一条权值为w的无向边 input: 3 3 1 2 1 2 3 2 3 4 1 3 5 output: 3 \**/ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second #define go continue #define int long long #define
void dijkstra(int s) { for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=inf; dis[s]=0; priority_queue<nod> q; q.push((nod){s,0}); while(!q.empty()) { nod data=q.top(); q.pop(); int u=data.u; if(data.d!=dis[u])
在郊区有 N 座通信基站，P 条 双向 电缆，第 i 条电缆连接基站 Ai 和 Bi。 特别地，1 号基站是通信公司的总站，N 号基站位于一座农场中。 现在，农场主希望对通信线路进行升级，其中升级第 i 条电缆需要花费 Li。 电话公司正在举行优惠活动。 农产主可以指定一条从 1 号基站到 N 号基站的路
题目描述 Alice 和 Bob 现在要乘飞机旅行，他们选择了一家相对便宜的航空公司。该航空公司一共在 n 个城市设有业务，设这些城市分别标记为 0 到 n−1，一共有 m 种航线，每种航线连接两个城市，并且航线有一定的价格。 Alice 和 Bob 现在要从一个城市沿着航线到达另一个城市，途中可
save config.cfg 保存配置文件 display mac-address flapping record 查看MAC地址漂移记录 display ip routing-table 查看路由表 dis version 收集版本信息 dis device 设备信息 dis environment 温度 display power 电源状态 display fan 风扇状态信息 display cpu CPU利用率
strstr函数为字符串查找函数，char *strstr( const char *string, const char *strCharSet ); 该函数的功能是：返回字符串string中第一次出现strCharSet的地址，这里需要注意的是返回的是string字符串里面字串的地址，而不是返回strCharSet的地址，下面通过一个实列来认识strstr函数 int
最短路 单源最短路 Dijkstra算法 边权非负 # include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;struct Dijkstra{ #define MAXN 1234 #define INF 0x3f3f3f3f int n,m,s,t; int dis[MAXN],M[MAXN][MAXN]; bool vis[MAXN]; voi
v> wxy 3.31 牛客练习赛60重现 5075 A 看到位运算，可以往二进制方面去想，可以把1-n所有的的每位放到相应的位置上，然后遍历所有的 数，每次都把他拆分成二进制和刚刚统计的那些数的每位进行与运算 C DP 设dp[ i ] [ j ]表示前i个，长度为j的本质不同的子序列有多少，那么dp[ i ] [ j ]=dp[
/* ------------------------------------------------- Author: wry date: 2022/2/26 21:56 Description: Dijkstra ------------------------------------------------- */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int M
题意 给出一个包含 \(n\) 个点和 \(m\) 条边的有向图。点的编号为 \(0\) 到 \(n - 1\)。第 \(i\) 条边 \((u_i, v_i)\) 有其同一时刻最多能容纳的人数 \(c_i\) ，且通过每条边的时间均为 \(1\)。 初始时在源点 \(0\) 有 \(k\) 个人，试求 \(k\) 个人均到达汇点 \(n - 1\) 所需的最小时
\(\texttt{link}\) 首先容易计算出每个点的 \(f\)。 一种暴力的做法是每次将两端的 \(f\) 值的差 \(\le lim\) 的边存下来排序，双指针+\(LCT\)（线段树分治），但是常数很大，过不了。 巧妙的做法是以 \(f\) 值最小的点为根建树，这个点必然在直径上，并且每个节点的 \(f\) 都不会小于父亲节点
文章目录 1176：遍历 1176：遍历 遍历 题意：给定N个点的图，求经过指定M个点的路径，使路径最短 思路： 修改floyd，确保floyd下M个点不会为中间dp节点。得到M个点间的距离。 题目转化为已知M个点之间的距离，求遍历这M个点的顺序使路径最小。 d
贺题记录 物流运输 典 最短路+DP 这题想出状态与方程的关键之一 在于考虑决策 (同一路径走多少天) 路径统计 最短路径数 Johnson全源最短路 模板 最短路之Johnson的 \(\text{O(NMlogN)}\)全源最短路 (包含 SPFA, dijkstra的模板) 基础最短路练习题 最短路 求异或和最短路,
配置各接口所属的VLAN [LSW1]vlan 10 [LSW1-GigabitEthernet0/0/1]port link-type trunk [LSW1-GigabitEthernet0/0/1]port trunk allow-pass vlan 10 [LSW2]vlan 10 [LSW2-GigabitEthernet0/0/1]port link-type trunk [LSW2-GigabitEthernet0/0/1]port trunk allow-pass v
前置知识 SPFA（此题解的优化是基于 SPFA 的，跑起来效率惊人，甚至比官方标程还快） 树状数组 题目 有 m 条双向边，每条有两个权值 ci, ti，求两点之间的最短路长度。 本题最短路定义：没有其他同时满足 Σci 和 Σti 都不比它小（当然，如果有两个值都相等的两条路径，只计一次贡献）的路
18_基于FPGA的VGA显示控制 实验原理 VGA标准 VGA（Video Graphics Array）即视频图形阵列，是IBM在1987年随PS/2（PS/2 原是"Personal System 2"的意思，"个人系统2"，是IBM公司在1987年推出的一种个人电脑）机推出的。PS/2电脑上使用的键盘鼠标接口就是现在的PS/2接口。因为标准不开放，PS/2
题目链接 https://www.luogu.com.cn/problem/P1144 思路 我们用一个ans数组存储我们从源点到当前点的路径条数，那么我们发现如果我们能进行松弛操作，我们当前的最短路路径就可以从上一个点继承过来即 a n
题目链接https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23479/D 今年的雪来得格外的早。雪把大地染成一片橙色。 小红正在雪地中奔跑。雪地可以看成是一个二维平面，小红的初始坐标是 (x0,y0)，她每秒有个方向向量 (xi,yi)，会沿着该方向直线奔跑1秒（例如，第一秒之后，小红的坐标就变成了 (x0+
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int z = 1024; int dis[z], head[z], in[z], cnt, ans = 0x7f7f7f, n, m; int pre[z], start, end; bool visit[z]; struct node{ int id, data; bool operator < (const node x) const{ return
输入文件格式如下： # longitude1 latitude1 longitude2 latitude2 球面距离公式原理如下： 球坐标系转为直角坐标系，用两点间距离公式求出，然后将直线距离转为大圆弧距离。 1 cat input.xyz | awk 'BEGIN{ 2 pid=0.01745329 3 }NR!=1{ 4 z=sin($2*pid); 5
1.引入 想象这样一个场景：自来水厂和您家分别坐落在城市的两端。自来水厂可以以任意速率生产水，您家可以以任意速率接受水。您家和自来水厂之间有一些中转站和水管，水管有最大流速限制（即每单位时间最多流多少单位水），中转站不能存水，只能输进多少就马上吐出多少。 这个东西就是网络流。
多源最短路：Floyd 所谓多源，就是求图中任意两点的最短路。 floyd是一种动态规划的做法。 首先我们给出状态定义：$f(i,j,k)$ 表示除了点$i j$外，只经过$1~k$个点， $i$到$j$的最短路，不难得出状态转移方程：$ f(i,j,k) = min(f(i,k,k-1)+f(k,j,k-1)) $ 优化掉$k$那一维之后就变成 ： $f(i,j) =
1 void dfs(int x){ 2 vis[x] = 1; 3 printf("%d\n",x); 4 for(ont i = head[x];i;i = nst[i]) if(!vis[to[i]]) dfs(to[i]); 5 } 6 7 void bfs(int x){ 8 z[++top] = x; 9 for(int i = 1;i<=top;i++){ 10 int now = z[t
public int[] dailyTemperatures(int[] temperatures) { int len = temperatures.length; LinkedList<Integer>[] table = new LinkedList[101]; for(int i = 30; i < 101; i++) table[i] = new LinkedList<>(); for(int i = 0; i < len; i
