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RSS订阅转载 linux strace命令
strace常用来跟踪进程执行时的系统调用和所接收的信号。 在Linux世界，进程不能直接访问硬件设备，当进程需要访问硬件设备(比如读取磁盘文件，接收网络数据等等)时，必须由用户态模式切换至内核态模式，通 过系统调用访问硬件设备。strace可以跟踪到一个进程产生的系统调用,包括参数，返回值，执行消耗的时间。
2016-08-03 17:28:34
1124
原创 HDU_1058 && HDU_3199(指针 + dp)
题意：素因子只有2、 3、 5或7的数被称为humble数。现在要得到第n个humble数是多少。分析：一个新的数产生，肯定是min(x * 2, y * 3, z * 5, w * 7)，现在是x, y, z, w如何确定。我们可以初始化dp[1] = 1，然后设置4个指针p1 = p2 = p3 = p4 = 1，然后呢，刚刚提到的x, y, z, w就分别对应dp[p1], dp[p2], dp[p3], dp[p4]，也就是说dp[next] = min(dp[p1] * 2, dp[p2] *
2016-08-01 11:52:01
624
原创 HDU_1248_寒冰王座(完全背包 / 暴力)
分析：此题一眼看时，裸完全背包。再仔细看，发现数字上的规律，150 + 200 = 350 意味着可以看做只有两种道具，所以只需要一遍循环暴力即可。
2016-07-22 11:19:21
706
原创 Codeforces Round #335 (Div. 2) D. Lazy Student
题意：有一个 n 个点、m 条边的无环无重边图，现在告诉你这m 条边的权值，并且指出了该图的最小生成树上的 n-1 条边(标号为1)，现在要你还原整个图。当然有多组解，只要输出一种可行解就行，若不能还原则输出 -1。分析：我的想法是，指定最小生成树上的边都是与 点1 直接连接的边，即 1 与 2、3、4、……、n 相连；根据kruskal算法，首先对所有的边按照升序排序，对于标号为 1 的点，按照顺序构成与 1 相连的边，并且沿途存好新增的点，这里我用队列存；对于标号为 0 的边，它只可能由之前得到的除
2015-12-11 23:34:02
771
原创 BestCoder Round #53 (div.2) C.Rikka with Graph II(dfs)
分析：dfs。找到度数为 1 的点，跑一遍dfs得到最大距离，如果等于 n 则可行，否则不可行。如果度数为 1 的点超过两个，则不可行。
2015-12-10 19:04:36
611
原创 BestCoder Round #63 (div.2)
BestCoder Round #63 (div.2) : A(暴力)，B、C(dp) ……
2015-12-09 16:33:09
500
原创 HDU_5586_Sum(最大连续子段和)
题意：给出一个数字串 A1 ~ An，你可以选择一个连续的子串 [l, r]，使得里面所有的数字 Ai 的值变成 f(Ai) = (1890 * Ai + 143) % 10007，或者你也可以不要选择。最后要求所有数字的和最大是多少。分析：最大连续子段和。很明显得可以想到，要使得最后的数字和最大，那么就是求一个区间 [l, r] 使得增量最大，也就是说使得 Σ (f(Ai) - Ai) 最大，那么很明显就转换成了最大连续子段和问题了。
2015-12-09 08:58:31
819
原创 CDOJ_1147 (最短路条数)
分析：最短路条数问题。求最短路的条数只需要在dijkstra上面加一个数组sumt[]记录就行，sumt[v] 表示从源点 s 出发到 v 的最短路条数，当 dist[v] > dist[u] + d[u][v] 时，更新sumt[v] 的值就是 sumt[u]；当 dist[v] == dist[u] + d[u][v] 时，sumt[v] += sumt[u]；判断是否存在无数条最短路，即看是否存在这样的一条边(u, v)，边权为 0，并且其中一条最短路经过这条边，也就是 源点 s 到 u 的最短距离
2015-11-18 20:03:45
1934
原创 2012-2013 Waterloo Local Contest, 13 October, 2012 A题(最短路变形)
题意：不久后滑铁卢将会变得非常冷，但是幸运的是，很多建筑都被桥梁和隧道连接着，所以你不需要总是走在外面。但是现在建筑物之间的连接是错综复杂的，很难知道某两个建筑物之间的最优路线，所以需要你写程序判断。给出 n 个点，m 条无向边，以及 p 个查询，边分为两种，一种是暴露在外面的边，用 O 表示，另一种是在室内的边，用 I 表示；最优路线遵循以下规则：1）尽可能使得路径上暴露在外面的边最少；2）在满足第一个条件的情况下，尽可能使得总路程最少。每次查询给出一个 起点 s 和终点 t，求
2015-11-16 23:41:59
972
原创 2015 Asia BeiJing Regional Contest A. Xiongnu's Land(二分)
题意：在一个二维坐标系中，给定一个矩形陆地，左下角坐标为 (0, 0)、右上角为 (R, R)，在陆地中有 N 个矩形状的不重叠的绿洲，给出每个绿洲的左上角坐标 (L, T)、以及宽度 W 和高度 H。现在要你用 x = n ( n 为整数) 的一条竖线把整个陆地分成左 (left) 右 (right) 两部分，满足以下两个条件：1）左边绿洲的总面积大于等于右边绿洲的总面积，并且绿洲面积差应尽可能小；2）在满足第一个条件下，尽可能使得左边陆地的面积尽可能大。分析：二分。在二分的过程中(我是左开右
2015-11-16 00:14:06
1261
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原创 HDU_4431_Mahjong(模拟)
题意：打麻将。三种胡牌方法。题意应该都懂。分析：模拟。枚举放的那张牌，然后分别用三种胡牌方法判断是否能胡牌。第一种方法是普通的胡牌，枚举每一对作为眼睛，然后判断剩余的牌是否满足；第二种是七对，直接判断即可，注意的是，四张相同的牌不能作为两对看待；第三种也好判断，直接根据题意即可。
2015-11-15 15:23:27
1151
原创 HDU_4115_Eliminate the Conflict(2-SAT)
题意：Alice和Bob在玩剪刀石头布，神奇的是Alice能够猜出Bob要出的手法，所以她总是会赢。现在对Alice给出M个限制(a, b, k)，如果 k = 1，则代表在第a轮和b轮Alice必须用不同的手法；如果 k = 0，则代表第a轮和b轮Alice必须用相同的手法。如果Alice在某局中中输了则输出 no，否则输出 yes。分析：2-SAT问题。在某一轮中Alice要想不输，则有两种手法(a1, a2)可以使用；现在当 k = 1 ，那么在 a1 == b1的情况下会发生矛盾，所以连边 a1
2015-11-14 15:23:57
817
原创 POJ_4002 && HDU_4122 Alice's mooncake shop(RMQ)
题意：Alice开了一个24小时营业的月饼店，从2000年1月1号0点开始营业，营业M个小时。Alice只在整点时刻做月饼，做月饼不花时间。每一个时刻做月饼的成本不一样，每个月饼的保质期为T，月饼的存储费用是每块月饼每小时花费S。现在又N个订单，问完成这些订单需要花费的最少成本。分析：RMQ预处理即可。此题关键是对表达式化简，假设点餐时间是nowT，若在 i 时间做月饼，那么一个月饼的花费是 cost[i] + (nowT - i) * S，化简得(cost[i] - i * S)
2015-11-10 17:14:19
1112
原创 HDU_4123 && POJ_4003 Bob’s Race (dfs / bfs + RMQ + 尺取)
题意：一棵树上有 N 个节点、N - 1 条边，现在给每个询问一个Q，在节点区间 [ 1, N ] 内找出一个最大的区间，使得以里面节点为起点的最长路径的极差小于等于Q。分析：该题就是三个算法的结合。1）预处理出每个节点能到达的最长路径，这个由三次 dfs 或 bfs 即可得到(树上每个节点的最长路径求法：点击这里)；2）用RMQ预处理出区间的最大值以及最小值；3）用尺取法求得最大区间。设定两个指针 s、t 分别指向数组头，然后开始往后扫，如果区间的max[s, t] - min[s, t] <=
2015-11-10 16:57:33
773
原创 HDU_2196_Computer(树上节点的最长路径 · dfs / bfs)
题意：求以树上每个节点为起点的最长路径。分析：以树上最长链的两个端点为起点分别遍历整棵树，期间更新节点的最大值，这样子就可以得到每个节点的最长路径。这个是可以证明的。所以只需要三次dfs或者bfs即可。先以任意一个点为起点，遍历整棵树，得到最长链的一个端点S，然后以此端点S遍历整棵树，得到另一个端点T，再以端点T遍历整棵树，期间更新每个节点的最大值。
2015-11-10 16:12:53
1063
原创 HDU_4780_Candy Factory(最小费用流)
题意：M 台机器生产 N 颗糖果，有如下规则(1)生产每颗糖果的时间为[si, ti]，如果从pi(si < pi < ti)开始，那么产生费用 K * (pi - si)；(2)每台机器开始使用时需要一个启动时间 C[i][j] 以及启动费用 D[i][j]，代表 i 糖果触发 j 机器启动，需要时间C[i][j]，花费D[i][j]；(3)当一台机器生产完 i 糖果后 可继续生产 j 糖果，期间需要一个缓冲时间为 E[i][j]，花费 F[i][j]；现在问生产完所有糖果所花费的最小费用
2015-11-01 17:44:58
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原创 ACM ICPC Vietnam National Second Round I. Space Tour(预处理 + 枚举)
题意：给你一个 M * N 的迷宫，‘1’代表可行点，‘0’代表不可行点。从起点出发，可以沿四条路线行走：(1)up -> right -> up -> right -> ...... (2)right -> down -> right -> down -> ...... (3) down -> left -> down -> left -> ...... (4)left -> up -> left -> up -> ...... 可得到从起点开始能走的点的总和。现在要你确定一个起点，使得所能走的点
2015-11-01 17:13:55
778
原创 KM算法模板(HDU_2255)
最大权二分匹配问题就是给二分图的每条边一个权值，选择若干不相交的边，得到的总权值最大。解决这个问题可以用KM算法。理解KM算法需要首先理解“可行顶标”的概念。可行顶标是指关于二分图两边的每个点的一个值lx[i]或ly[j]，保证对于每条边w[i][j]都有lx[i]+ly[j]-w[i][j]>=0。如果所有满足lx[i]+ly[j]==w[i][j]的边组成的导出子图中存在一个完美匹配，那么这个完美匹配肯定就是原图中的最大权匹配。理由很简单：这个匹配的权值之和恰等于所有顶标的和，由于上面的那个不等式，另外
2015-10-31 01:16:01
1357
原创 二分图带权匹配的KM算法以及费用流建模
从理论上分析，KM算法的时间复杂度比费用流要好，但是实际上和较好的费用流算法比起来运行效率是差不多的，KM算法优势仅仅在于编程容易。而对于十分稀疏的图，许多优秀的费用流算法效率是很高的。这并不说明KM算法不如费用流，毕竟在ACM竞赛中，编程的复杂度也是一个相当重要的需要考虑的因素。
2015-10-31 00:16:23
676
原创 HDU_3666_THE MATRIX PROBLEM(差分约束+spfa+slf优化)
题意：给你一个 N*M 的矩阵 x[N][M]，问是否存在这样的两个序列( a[1], a[2], a[3], …… a[N] )，( b[1], b[2], b[3], …… b[M] )，使得对于任意的 x[i][j]，都有 L <= x[i][j] * a[i] / b[j] <= U。此题也可以演变为差分约束问题，对不等式进行变形可得：L / x[i][j] <= a[i] / b[j] <= U / x[i][j]；如何把它变成相减的形式呢？可以两边同时取对数，即可得：log(a[i]) - l
2015-10-29 12:42:02
746
原创 《一切都是最好的安排》——加措
心是人生的鼓点，不同的律动带来不一样的人生。生活的一切都是历练，笔直平坦，曲折坎坷，得来惊喜，失去惶恐，用不同的心来丈量，结果也会完全不一样。这个世界很大，我们都是幸运的有缘人，这一切都是最好的安排。
2015-10-26 21:37:40
2764
原创 ZOJ_3656_Bit Magic(2-SAT)
题意：给出一个calculate函数，再给出b数组，问a数组是否存在。分析：2-SAT问题。一开始，想到把每个a[i]转化成31位二进制，也就是相当于把每个a[i]拆成31个点，然后去建图。然而这样子却一直MLE。思路也就止于此。然后看了下别人的题解，发现思路是差不多的。但是他是跑31次2-SAT来判断，也就是对每个a[i]的每一位拿出来，判断31次如果都满足即可输出YES，否则输出NO。
2015-10-21 18:39:46
715
原创 HDU_2853 && HDU_3315 (最小费用流)
题意：有N个人分配M个任务(M >= N)，一个人只能接受一个任务，同时一个任务只能分配给一个人，每个人做每个任务都有一个效率值 Eij ，现在告诉你初始匹配方案，要求你改动最少的匹配数，得到最大的效率。分析：最小费用最大流。此题思路并不难，难就难在如何求最少的变更匹配数。这种问题有一个通用的方法来解决，那就是把费用增加一个大于 N 的倍数 K，比如 N = 50，那么 K = 55 即可。然后呢，对于初始匹配连边时，对费用再 -1，那么求最少变更匹配数的时候就是直接等于(-cost % K)，最大效率
2015-10-14 17:33:03
544
原创 HDU_3395_Special Fish(最大费用最大流)
题意：有n条鱼，每条鱼最多可攻击其他鱼一次，被别人攻击一次。题目给出一个n*n的矩阵，如果matrix[i][j] == 0，表示 i 不攻击 j；如果matrix[i][j] == 1，表示 i 可以攻击 j，并且费用为value[i] ^ value[j]。现在问在满足条件的前提下获得的最大费用。分析：最大费用最大流。首先应该想到的是，把每条鱼 i 拆成两个点，一个代表攻击(i)，一个代表被攻击(i + n)。然后该题目求得应该是最大费用任意流，并非最大流。要转化成最小费用最大流来做，首先把费用变成
2015-10-07 17:23:35
522
原创 HDU_2448_Mining Station on the Sea(最短路 + 最小费用流)
题意：有m个油田、n条渔船以及n个港口，n条船分别停在n个油田上，给出油田与油田之间的距离，油田与港口之间的距离，现在你要把船开回到港口去，一个港口只能容纳一条船，问所有船行驶的总路程最少是多少。分析：最短路 + 最小费用流。构图：加入超级源点s(0)，从s指向每条船 i 连一条边，容量为1，费用为0；加入超级汇点t(2 * n + 1)，从每个港口 i + n 指向t连边，容量为1，费用为0；最短路求出每条船到每个港口的最短距离，从该条船向每个港口连边，容量为最短路径长度。最后跑一
2015-10-07 16:47:02
735
原创 HDU_3667_Transportation(最小费用流)
题意：求从城市1运送K单位物品到城市n的最小花费。给定的有向边，每条边都有其容量c，并且，产生的费用是 a * ( f * f )，其中f是这条边上的流量，a是给出的系数。分析：这个题貌似是刘汝佳大白书当作一种典型的建图方法：拆边法。假如给定一条边(u,v)，其计费系数为a，容量为c，那么可以把(u,v)拆成5条边，费用为(1a,3a,5a,7a,9a)，容量都为1，为何这样子建图是有效的呢？很明显，假设流量为1，根据最短路优先原则那么肯定走的是cost=1a的那条边；若流量为2，肯定走的是cost=(
2015-09-23 00:37:04
1273
原创 HDU_3376_Matrix Again(最小费用流)
题意：从矩阵起点(1,1) -> (n,n) -> (1,1) 经过点的权值和最大是多少。每个点只能走一次，从(1,1) -> (n,n)只能往右或往下走，从(n,n) -> (1,1)只能往左或往上走。分析：跟HDU_2686题意一模一样，只不过点数增加了很多，所有用vector会超时，转为结构体数组就行了，然而C++ TLE了，G++ AC。不知为何？建图：首先要想到拆点。加入超级源点s(0)，s连向1，容量为2，费用为0；加入超级汇点t(N*N*2+1)，点N*N*2连向t，容量为2，费用为0
2015-09-22 18:59:30
533
原创 HDU_2686_Matrix(最小费用流)
题意：从矩阵起点(1,1) -> (n,n) -> (1,1) 经过点的权值和最大是多少。每个点只能走一次，从(1,1) -> (n,n)只能往右或往下走，从(n,n) -> (1,1)只能往左或往上走。分析：最小费用最大流。此题跟POJ_2135类似，只不过这里是点只能走一次，那么使用拆点法，把一个点(u)拆成两个点，连边 u -> u + n*n，容量为1，费用为0；然后对于每一个点u，连接右边点和下边点，容量为1，费用为权值的负值，这样子算出来后就是最小费用，再求负值就是最大权值和了。
2015-09-22 12:11:12
652
原创 HDU_3998_Sequence(最长上升子序列 + 网络流)
题意：求最长上升子序列以及最长上升子序列的个数（每个数只能取一次）。分析：dp + 最大流。首先每个数只能取一次，那么就要对每个点( i )进行拆点，连边 i -> i + N，容量为1；加入超级源点s，对于dp[i] == 1的点，s指向 i 连一条边 s -> i，容量为无穷大；在求最长上升子序列过程中，使得[1,i-1]当中dp[j] + 1 == dp[i]的点 j 向 i 连一条边 j + N -> i，容量为1；加入超级汇点，使得所有dp[i] == LIS的点 i 向 t 连边 i + N
2015-09-18 23:14:47
700
原创 HDU_3468_Treasure Hunting([二分图匹配 / 最大流] + 最短路)
题意：在地图上从A -> B -> C …… -> Z -> a -> b …… -> z 这样走，每次走的都是最短路(可能多条路径)，地图上有一些金子，如果在某一条最短路上存在金子，那么只取一个金子。问最多能取多少金子。分析：先bfs预处理出每个点(A.B.C……)到其他点的最短路径，然后对于每个金子，判断其是否在某条最短路径上，假设gold1在(A -> B)的最短路径上，那么A连向gold1，依次类推，就建立了二分图模型了，然后求二分图最大匹配即可。若用网络流，那么所有的边容量设为1；加入超级源点
2015-09-17 09:56:58
667
原创 HDU_3416_Marriage Match IV(最短路+最大流)
题意：有向图中，从起点A走到终点B，每条路只能一次，问最多能走多少次最短路。分析：最短路+最大流。先用最短路预处理出起点与终点到所有点的最短路，然后对于所有的边(u,v,d)判断一下是否在最短路径上(dis[s][u]+d+dis[t][v]==dis[u][t])，保留下这些有用边，容量都为1，然后跑一遍最大流即可。
2015-09-17 09:27:44
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原创 HDU_3277_Marriage Match III(最大流)
题意：跟HDU 3081差不多，就是多了一个条件，每个女孩可以另外选K个不喜欢的男生。分析：既然题目就多了一个条件，那么建图的话自然和上一题差不多，【点击这里查看HDU 3081构图法】，只要把每个女生拆成两个女生girl_1,girl_2，若girl_1对boy_1不排斥，则连边gilr_1 -> boy_1，容量为1；若girl_1不喜欢boy_1，则连边girl_2 -> boy_1，容量为1，girl_1 -> girl_2，容量为K。然后二分找答案，最大流判可行度即可。
2015-09-14 23:00:14
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