生命不息，奋斗不止

发表于 更新于 本文字数： 1.6k 阅读时长 ≈ 1 分钟

问题描述：

小明家的一面装饰墙原来是3*10的小方格。现在手头有一批刚好能盖住2个小方格的长方形瓷砖。

瓷砖只有两种颜色：黄色和橙色。小明想知道，对于这么简陋的原料，可以贴出多少种不同的花样来。

小明有个小小的强迫症：忍受不了任何2*2的小格子是同一种颜色。

（瓷砖不能切割，不能重叠，也不能只铺一部分。另外，只考虑图案，请忽略瓷砖的拼接）

显然，对于2*3的小格子来说，口算都可以知道：一共10中贴法，如图所示：

但对于3*10的格子呢？肯定是个不小的数目，请你利用计算机的威力算出该数字。

注意：你需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容（比如：说明性文字）

问题分析：

​题目说的很长，但中心思想一句话就可以概括：用2种 2*1 瓷砖，覆盖 10*3 的墙面，保证没有 2*2 颜色相同，请问有多少种情况？

​考场上初步想来，直接暴力搜索所有解，最后对所有解进行判定合，足够秒出结果。而且代码简单，不会花费过多时间，为后面大分题准备。

​现在想来，其实不必对所有解进行判合法，在中途选择瓷砖时，就可以进行判定，这样可以降低时间复杂度。

问题答案：

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代码：

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#include <iostream>

int a[5][12];   //  -1代表未摆放，1代表黄色，2代表橙色 
int res = 0;

bool judge(int x, int y) {
    if (a[x][y] == a[x - 1][y - 1] && a[x][y] == a[x - 1][y] && a[x][y] == a[x][y - 1])
        return false;
    if (a[x][y] == a[x - 1][y] && a[x][y] == a[x - 1][y + 1] && a[x][y] == a[x][y + 1])
        return false;
    if (a[x][y] == a[x][y - 1] && a[x][y] == a[x + 1][y - 1] && a[x][y] == a[x + 1][y])
        return false;
    return true;

}

void dfs(int x, int y) {
    if (x == 3 && y == 10) {
        res++;
        return;
    }
    if (y > 10) {
        dfs(x + 1, 0);
        return;
    }
    if (a[x][y] == -1) {
        if (a[x][y + 1] == -1)  // 竖着铺 
        {
            a[x][y] = 1;
            a[x][y + 1] = 1;

            if (judge(x, y))    // 边铺边判合法 
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x][y + 1] = -1;

            a[x][y] = 2;
            a[x][y + 1] = 2;
            if (judge(x, y))
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x][y + 1] = -1;
        }
        if (a[x + 1][y] == -1)  // 横着铺 
        {
            a[x][y] = 1;
            a[x + 1][y] = 1;
            if (judge(x, y))
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x + 1][y] = -1;

            a[x][y] = 2;
            a[x + 1][y] = 2;
            if (judge(x, y))
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x + 1][y] = -1;
        }
    } else {
        dfs(x, y + 1);
    }
}


int main() {
    int i, j;
    for (i = 1; i <= 3; i++)
        for (j = 1; j <= 10; j++)
            a[i][j] = -1;
    dfs(1, 1);
    std::cout << res;
    return 0;
}

发表于 更新于 本文字数： 1.8k 阅读时长 ≈ 2 分钟

题目描述：

小明的实验室有N台电脑，编号1~N。原本这N台电脑之间有N-1条数据链接相连，恰好构成一个树形网络。在树形网络上，任意两台电脑之间有唯一的路径相连。

不过在最近一次维护网络时，管理员误操作使得某两台电脑之间增加了一条数据链接，于是网络中出现了环路。环路上的电脑由于两两之间不再是只有一条路径，使得这些电脑上的数据传输出现了BUG。 为了恢复正常传输。小明需要找到所有在环路上的电脑，你能帮助他吗？

输入：

第一行包含一个整数N。

以下N行每行两个整数a和b，表示a和b之间有一条数据链接相连。

对于30%的数据，1 ≤ N ≤ 1000 对于100%的数据, 1 ≤ N ≤ 100000，1 ≤ a, b ≤ N 输入保证合法。

输出：

按从小到大的顺序输出在环路上的电脑的编号，中间由一个空格分隔。

样例输入： 5 1 2 3 1 2 4 2 5 5 3

样例输出： 1 2 3 5

资源约定：

峰值内存消耗 < 256M

CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0

注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。

注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。提交时，注意选择所期望的编译器类型。

问题分析：

​这题可能是上天对我的照顾，在2016NOIP DAY2的三道题中，我依稀记得是第二道题，当时也是一道类似的题，不过这题是仅单环，那一道题是多环。

​ 当时所用的策略是遍历->深搜度为1的点->删点->直到点不在减少，但当时有个问题，就是深搜深度过深，导致栈溢出，幸好当时组委会另行通知了这一点，并在评测机器上有所更改。

​ 但这次最大节点数为10w，并不算大，可以进行dfs

​ 在存储边上，用vector存储邻接表

​ 并通过 vector,algorithm 中的 sort 进行优化

代码：

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>

const int N = 10000 + 10;
int n;
std::vector<int> next[N];
bool vis[N];

void init() {
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    std::cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b;
        std::cin >> a >> b;
        next[a].push_back(b);   // 无向图，存双边
        next[b].push_back(a);
    }

}

void dfs(int k) {
    int side = 0;
    for (int j : next[k]) {
        if (!vis[j])
            side++;
    }
    if (side == 1 && !vis[k]) {
        vis[k] = true;
        dfs(next[k][0]);
    }
}

void work() {
    int remain = n;
    int tem_remain;
    do {
        tem_remain = remain;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int side = 0;
            for (int j : next[i]) {
                if (!vis[j])
                    side++;
            }
            if (side == 1 && !vis[i]) {
                vis[i] = true;
                tem_remain -= 1;
                dfs(next[i][0]);
            }
        }
    } while (tem_remain != remain);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!vis[i])
            std::cout << i << " ";
}

int main() {
    init();
    work();
    return 0;
}

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life is short, we need python!

python介绍

一种编程语言

完成同一个任务，C语言要写1000行代码，Java只需要写100行，而Python可能只要20行。用Python完成项目，编写的代码量更少，代码简短可读性强，python编程简单直接。

适合快速开发

Python是美国主流大学受欢迎的入门编程语言，诞生至今已经过25个年头。相对于其他语言，它更加易学、易读，非常适合快速开发。Python编程简单直接，难度低于java，更适合初学编程者，让初学者专注于编程逻辑，而不是困惑于晦涩的语法细节上。

学习主要平台

慕课网 www.imooc.com

实验楼 www.shiyanlou.com

平台特点

  • 慕课网

偏重于python基础语法学习，包括且不限于右侧内容。其平台内容较为简单，很适合初学者学习；同时它可以在线评测答案，且有较为浓厚的讨论氛围。当然也是免费的。

  • 实验楼

宗旨是随时随地，动手实验。网站提供的不是培训视频，而是配置好的虚拟机，通过虚拟的实验环境，学习者可以边看文档便动手操作，但针对某些较为热门的实验，需要付一定的费用。

学习流程建议

python入门 -> 实验楼简单实验 -> python(进阶) -> 实验楼有难度的实验+python爬虫

python入门

​ http://www.imooc.com/learn/177

实验楼简单实验

​ 200行Python代码实现2048

​ Python 图片转字符画

​ Python3 & OpenCV 视频转字符动画

python(进阶)

​ http://www.imooc.com/learn/317

实验楼有难度的实验+python爬虫

​ k-近邻算法实现手写数字识别系统–《机器学习实战 》

​ 深度学习初探——入门DL主流框架

​ 川普撞脸希拉里(基于 OpenCV 的面部特征交换

​ Python3 实现火车票查询工具

​ 神经网络实现手写字符识别系统

补充：实验楼的项目很多很多，有意思的也很多很多，还是鼓励大家多看看

另附python语法学习建议：

  • 基础知识包括：变量和数据类型，List和Tuple，条件判断和循环，Dict和Set，函数，切片，迭代和列表生式

    ​ 注意：学习基础知识切莫着急，一定要打好基础，这样才会更好的应用python

  • 进阶知识：学完掌握基础知识之后，纪要学习进阶知识了。

    进阶知识包括：函数式编程，模块，面向对象编程基础，类的继承和定制类

  • python装饰器：装饰器是很重要的一个知识点

​ 关于装饰器需要涉及导函数作用域，闭包的使用和修饰器的概念基础及使用

  • ​ 高阶知识：文件处理，错误和异常，正则表达式
  • ​ 提升阶段：数据库操作，Django框架和爬虫技术

发表于 更新于 本文字数： 1.6k 阅读时长 ≈ 1 分钟

SPFA（Shortest Path Faster Algorithm）（队列优化）算法是求单源最短路径的一种算法，它还有一个重要的功能是判负环（在差分约束系统中会得以体现），在Bellman-ford算法的基础上加上一个队列优化，减少了冗余的松弛操作，是一种高效的最短路算法。

spfa的算法思想 —— 动态逼近法：

​设立一个先进先出的队列q用来保存待优化的结点，优化时每次取出队首结点u，并且用u点当前的最短路径估计值对离开u点所指向的结点v进行松弛操作，如果v点的最短路径估计值有所调整，且v点不在当前的队列中，就将v点放入队尾。这样不断从队列中取出结点来进行松弛操作，直至队列空为止。

​松弛操作的原理是著名的定理：“三角形两边之和大于第三边”，在信息学中我们叫它三角不等式。所谓对结点i,j进行松弛，就是判定是否dis[j]>dis[i]+w[i,j]，如果该式成立则将dis[j]减小到dis[i]+w[i,j]，否则不动。

代码采用c++中STL模板(queue + vector), 减少不必的空间开销以及提高代码易读性

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#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <array>

const int N = 20000 + 10;

std::queue<int> q;
auto next = std::vector<std::vector<int>>(N);
auto val = std::vector<std::vector<int>>(N);
std::array<bool, N> vis;
std::array<long long, N> dis;
int n, m, start = 1;

void input();

void init();

void spfa() {
    while (!q.empty()) {
        int tem = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0; i < next[tem].size(); i++) {
            if (dis[next[tem][i]] > dis[tem] + val[tem][i]) {
                dis[next[tem][i]] = dis[tem] + val[tem][i];
                if (!vis[next[tem][i]]) {
                    vis[next[tem][i]] = true;
                    q.push(next[tem][i]);
                }
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        std::cout << dis[i] << std::endl;
}

int main() {
    input();
    init();
    spfa();
    return 0;
}

void input() {
    std::cin >> n >> m;     // n 个点， m条边
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b, t;        // a -> b 存在一条距离为 t 的边
        std::cin >> a >> b >> t;
        next[a].push_back(b);
        val[a].push_back(t);
    }
}

void init() {
    vis.fill(false);
    dis.fill(0x3f3f3f3f);
    dis[start] = 0;
    q.push(start);
    vis[start] = true;
}
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