POJ2531&&1416&&2676&&1129

搜索专题的最后一块了，也告别了这些老的东西了

接下来就是些全新的内容了啊！

这次的标签是简单搜索技巧和剪枝，也就是优化爆搜

当然，像Dancing links这样的玄学操作还是没有的

2531

题意：给你n个点，你可以把它们分成两组，求所有不同组别之间的点的边权和。

爆搜O(2^20*10)理论上也不会超时，但POJ的老爷机并不是Luogu，所以我们要剪枝

假设刚开始所有点默认都在0号集合（共0,1两个集合），那么对于一个点，先将它移到1号集合中，看看得到的边权和与之前相比是否减小。若减小了就剪枝。

一个小贪心，正确性显然

注意如果边权和与之前相比变大了仍然要枚举在0号集合的状况

CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=25;
int a[N][N],n,ans;
bool vis[N];
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch=tc();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void DFS(int now,int tot)
{
	if (now>n) { ans=tot>ans?tot:ans; return; }
	vis[now]=1;
	int res=tot;
	for (register int i=1;i<=n;++i)
	if (vis[i]) res-=a[now][i]; else res+=a[now][i];
	if (res>tot) DFS(now+1,res);
	vis[now]=0; DFS(now+1,tot);
}
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	register int i,j;
	for (read(n),i=1;i<=n;++i)
	for (j=1;j<=n;++j)
	read(a[i][j]);
	DFS(1,0);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

1416

有一个碎纸机，你可以扔进去一个数（不超过6位），你可以将它切割成几段，但这几段的和必须小于一个给出的target，输出可能的最接近target的值，无解输出error，多解输出rejected

DFS切割的部位，可以把数字预处理出来

剪枝：若当前的这种割法会超过target就不枚举

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int m,n,num[10][10],sum[10],ans,kinds,cnt;
bool cut[10],c[10];
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch=tc();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void write(int x)
{
	if (x/10) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void init(int n)
{
	if (n/10) init(n/10);
	num[++cnt][1]=n%10;
}
inline void DFS(int now,int tot)
{
	if (now>cnt)
	{
		if (ans==1e9) { ans=tot,kinds=1,memcpy(c,cut,sizeof(c)); return; }
		if (tot==ans) ++kinds;
		if (tot>ans) ans=tot,kinds=1,memcpy(c,cut,sizeof(c));
		return;
	}
	if (tot+sum[cnt]-sum[now-1]>m) return;
	for (register int i=now+1;i<=cnt+1;++i)
	{
		if (tot+num[now][i-now]>m) continue;
		cut[i]=1; DFS(i,tot+num[now][i-now]); cut[i]=0;
	}
}
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	register int i,j;
	read(m); read(n);
	while (m||n)
	{
		cnt=kinds=0; ans=1e9; 
		memset(cut,0,sizeof(cut)); cut[1]=1;
		init(n);
		for (i=1;i<=cnt;++i)
		{
			sum[i]=sum[i-1]+num[i][1];
			for (j=1;i+j-1<=cnt;++j)
			num[i][j]=num[i][j-1]*10+num[i+j-1][1];
		}
		DFS(1,0);
		if (ans==1e9) { puts("error"); read(m); read(n); continue; }
		if (kinds>1) { puts("rejected"); read(m); read(n); continue; }
		write(ans); 
		for (i=1;i<=cnt;++i)
		{
			if (c[i]) putchar(' ');
			putchar(num[i][1]+'0');
		}
		putchar('
'); read(m); read(n);
	}
	return 0;
}

2676

数独游戏，每一行，每一列，每一个宫格内的数字为1——9且均不重复

现在给你一个未完成的数独，输出一个它的合法解

这个更简单了，在爆搜的基础上直接剪去那些中途就冲突的情况即可

CODE

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=15;
const int num[9][9]=
{
	{1,1,1,2,2,2,3,3,3},
	{1,1,1,2,2,2,3,3,3},
	{1,1,1,2,2,2,3,3,3},
	{4,4,4,5,5,5,6,6,6},
	{4,4,4,5,5,5,6,6,6},
	{4,4,4,5,5,5,6,6,6},
	{7,7,7,8,8,8,9,9,9},
	{7,7,7,8,8,8,9,9,9},
	{7,7,7,8,8,8,9,9,9}
};
int a[N][N],n;
bool h[N][N],l[N][N],g[N][N],flag;
char ch;
inline void print(void)
{
	for (register int i=1;i<=9;++i)
	{
		for (register int j=1;j<=9;++j)
		cout<<a[i][j];
		cout<<endl;
	}
}
inline void DFS(int x,int y)
{
	if (flag) return;
	if (x>9) { print(); flag=1; return; }
	int xx=x,yy=y;
	if (++yy>9) yy=1,++xx;
	if (a[x][y]) DFS(xx,yy); else
	{
		for (register int i=1;i<=9;++i)
		{ 
			if (h[x][i]||l[y][i]||g[num[x-1][y-1]][i]) continue;
			a[x][y]=i; h[x][i]=l[y][i]=g[num[x-1][y-1]][i]=1;
			DFS(xx,yy);
			h[x][i]=l[y][i]=g[num[x-1][y-1]][i]=a[x][y]=0;
		}
	}
}
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	register int i,j;
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n;
	while (n--)
	{
		memset(h,0,sizeof(h));
		memset(l,0,sizeof(l));
		memset(g,0,sizeof(g));
		for (i=1;i<=9;++i)
		for (j=1;j<=9;++j)
		{
			cin>>ch; a[i][j]=ch-'0';
			h[i][a[i][j]]=l[j][a[i][j]]=g[num[i-1][j-1]][a[i][j]]=1;
		}
		flag=0; DFS(1,1);
	}
	return 0;
}

1129

给你一个无向图，要求相邻的两个点的颜色不能重复，让你求最少用多少种颜色就可以将图染上色

爆搜即可，如果相邻的点已经有这种颜色就不选这种颜色。

但注意不管怎么样都要搜一下多加一种颜色的可能性

大坑点输出时注意channel的单复数

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=30;
struct edge
{
	int to,next;
}e[N*N<<1];
int head[N],col[N],n,cnt,tot;
char s,t;
bool sign;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch=tc();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void add(int x,int y)
{
	e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline void write(int x)
{
	if (x/10) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void print(void)
{
	write(tot);
	if (tot>1) puts(" channels needed."); else puts(" channel needed.");
}
inline void DFS(int now)
{
	if (sign) return;
	if (now>n) { print(); sign=1; return; }
	for (register int i=1;i<=tot;++i)
	{
		bool flag=1;
		for (register int j=head[now];j!=-1;j=e[j].next)
		if (col[e[j].to]==i) { flag=0; break; }
		if (flag) col[now]=i,DFS(now+1);
	}
	col[now]=++tot; DFS(now+1);
}
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	register int i,j;
	for (;;)
	{
		read(n); cnt=sign=tot=0;
		memset(e,-1,sizeof(e));
		memset(head,-1,sizeof(head));
		memset(col,0,sizeof(col));
		if (!n) break;
		for (i=1;i<=n;++i)
		{
			s=tc(); t=tc(); t=tc();
			while (t>='A'&&t<='Z') add(s-'A'+1,t-'A'+1),t=tc();
		}
		DFS(1);
	}
	return 0;
}

其实这次的题目普遍都是可行性剪枝，关于最优化剪枝，一般用A*的较多