2月19号
寒假每天敲代码的过程中,从先前的什么都不懂,在一步步看题解,学习新知识,运用学到的知识,解决问题,很多时候对数据结构和算法的选择有问题,不能准确选择,这个时候还是得多敲代码,就我自己而言,代码敲多了会让自己更熟练掌握这个知识点,也能更好的去运用,遇到相似的问题还可以举一反三,加深思考和理解.但是我也意识到,我写题时,每次就只会思考一会觉得不会了,就直接放弃思考,看题解了,没有更多的耐心去多理解思考题目,总是依赖题解.在最近这几天,我回头看了之前写的题,有些之前做错了改正的题,隔到现在去看还是会错,说明写错了的题也要时不时去看看,加深记忆,增强理解.通过这个寒假,我学习到了许多知识,同时相比之前也更加自律,很庆幸将这个寒假期间利用了起来来提升自己,希望自己以后变得更好.
这个寒假学习了一些数据结构与算法知识,包括栈,单端队列,双端队列,单向链表,双向链表,树,二叉树,前缀和,差分,并查集,背包问题,还学习了map函数与set函数;
map函数:
map<int,int>a;
a.count(x); //判断x为下标的元素是否在a中,是就返回1,否就返回0;
a.erase(x); //删除a中x为下标的元素;
a.size(); //返回a中元素的个数;
a.clear(); //清空;
map<string,int>a;定义一个string到int对应的map; 自变量为string类型,函数值为int类型;对于每一个string,就有一个int类型的值与它对应;
a["wyxniubi"]=1; //赋值;
cout<<a["wyxniubi"]; //调用，此时输出1;
二维数组开一个10的5次方*10的5次方,会导致空间复杂度炸死;
我们可以用map函数:
map<int,int>a; // 相当于 int a[int] 一个一维数组;
set函数:
set是STL的一个关联容器,底层为红黑树;
它可以有序的储存数据,提供快速的查找,添加删除的功能;
set<int>q; //以int型为例,默认按键值升序;
set<int,grezter<int>>p; //降序排列;
set<int>::iterator it //定义一个名为it的迭代器;
q.insert(x); //将x插入q中;
q.erase(x); //删除q中的x元素,返回1或0,0表示set中不存在x;
q.clear(); //清空q;
bool b=q.empty(); //判断q是否为空,若是返回1,否返回0;
int x=q.size(); //返回q中元素的个数;
it=q.find(x); //在q中查找x.返回x的迭代器,若x不存在,则返回指向q尾部的迭代器即q.end();
it=q.lower_bound(x); //返回一个迭代器,指向第一个键值不小于x的元素;
it=q.upper_bound(x); //返回一个迭代器,指向第一个键值大于x的元素;
并查集:是一种树形的数据结构;
合并:将两个子集合并成一个集合;
查找:确定某个元素处在哪个集合;
f[x]存节点x的父节点:(f[]的初始化)
每个节点是一个集合,每个节点的父节点是自己:
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i ;
查找:(找根节点就是找元素的根)
int find(int x)
{
if(x!=f[x]) f[x]=find(f[x]);
return f[x];
}
合并:(把一个集合的根指向另一个集合的根)
void unionset(int x,int y)
{
f[find(x)]=find(y);
}
前缀和:数列的前n项求和;
假设有a1,a2,a3,a4,a5,a6...个数;
则前缀和prefix[1]=a1;
prefix[2]=a1+a2;
prefix[3]=a1+a2+a3;
prefix[4]=a1+a2+a3+a4;
.....
prefix[n]=a1+a2+a3+a4+....+an;
前缀和用途:降低算法的时间复杂度;处理区间之间的问题;
第i个数到第j个数的和:
sum=prefix[j]-prefix[i];
一维数组的前缀和:前n项和
二维数组的前缀和:s[i][j](以a[1]][1]到a[i][j]的对角构成的 i*j 的矩形内所有元素的和;
递推式:s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]+a[i][j]-s[i-1][j-1];
求a[3][3]和a[5][5]为对角线的矩阵求和:
s[5][5]-s[4][2]-s[2][5]+s[2][2];
以a[x1][y1]和a[x2][y2]为对角顶点元素的子矩阵的和:
S[x2, y2] - S[x1 - 1, y2] - S[x2, y1 - 1] + S[x1 - 1, y1 - 1];
差分:
假设有a1,a2,a3,a4,a5,a6...个数;
则差分diff[1]=a1-a0;
diff[2]=a2-a1;
diff[3]=a3-a2;
diff[4]=a4-a3;
.....
diff[n]=an-a(n-1);
对差分进行前缀和:
diff[1]+diff[2]+diff[3]=a3;
对差分数组进行前缀和，就可以的到原数组;
对前缀和数组进行差分,就可以得到原数组;
如果diff[i]+1,在做前缀和时,第i个数开始,原数组都加 1 ;
如果让区间 [i,j] 都加上 x :
diff[i]+=x;(让ai到an都加 x );
diff[j+1]-=x;(让aj+1到an都减去 x );
二维数组的差分:
d[0][0]=a[0][0];
d[0][j]=a[0][j]-a[0][j-1];
d[i][0]=a[i][0]-a[i-1][0];
递推式：b[i][j]=a[i][j]-a[i-1][j]-a[i][j-1]+a[i-1][j-1];
对a数组中的(x1,y1)到(x2,y2)之间的元素都加上 c :
{
b[x1][y1]+=c;
b[x2+1][y1]-=c;
b[x1][y2+1]-=c;
b[x2+1][y2+1]+=c;
}
栈(先进后出):
使用前需要引入 stack 头文件;
stack<int>a;
a.push(); --> 入栈顶部;
a.pop(); --> 出栈顶部元素;
a.top(); --> 调取顶部元素;
a.empty(); --> a中元素为空;
a.size(); --> a中元素的数量;
单端队列(先进先出)(尾进头出):
使用前需要引入 queue 头文件;
queue<int>a;
a.push(); --> 入队列尾部;
a.pop(); --> 出队列首部元素;
a.front(); --> 调取首部元素;
a.back(); --> 调取尾部元素;
a.empty(); --> a中元素为空;
a.size(); --> a中元素的数量;
双端队列(头尾都能进都能出):
使用时需要引入 deque 头文件;
双端队列支持的操作有 4 个：
在队首插入一个元素;
在队尾插入一个元素;
在队首删除一个元素;
在队尾删除一个元素;
deque<int>a;
a.front(); --> 调取首部元素;
a.back(); --> 调取尾部元素;
a.push_front(); --> 在对首插入元素;
a.pop_front(); --> 出队列首部元素;
a.push_back(); --> 在队尾插入元素;
a.pop_back(); --> 出队列尾部元素;
a.insert() 在指定位置前插入元素（传入迭代器和元素);
a.erase() 删除指定位置的元素（传入迭代器);
a.empty(); --> a中元素为空;
a.size(); --> a中元素的数量;
链表与数组的区别:
1.数组的地址是连续的;
2.而链表元素在存储时都会配备一个指针,用于指向后续元素,链表是用指针找到下一个元素,所以链表元素可以存储在内存任意位置;
1.通过a[3]找到数组中第四个元素;
2.而链表则需要从头开始遍历;
1.数组中删除元素,则需要把其后面元素都往前移一位;
2.链表中删只需要找到元素后,让前一个data的指针指向后一个data,释放该元素就行;
树:
顶部节点:根节点;
父节点和子节点;
没有子节点的节点:叶子结点;
数中一个节点的子节点个数称为该节点的度;
数中度数最大称为该数的度;
二叉树:
每个节点只有两个子节点:左子结点和右子节点;
二叉树的形态:
左斜树:只有左子结点;
右斜树:只有右子节点;
就是链表!!!(一个指针);
满二叉树:最下方的叶子节点无左右子节点,其余都有;
完全二叉树:叶子节点是允许缺失的,且叶子结点都必须靠左排序;
(链表里面两个指针);
5:
4 6:
1 2 7 8:
遍历顺序:
前序:(中左右) 5 4 1 2 6 7 8 ;
中序:(左中右) 1 4 2 5 7 6 8 ;
后续:(左右中) 1 2 4 7 8 6 5 ;
01背包问题:
有 n 件物品和一个容量是 m 的背包;每件物品只能使用一次;
第 i 件物品的体积是 w,价值是 v;
求解将哪些物品装入背包,可使这些物品的总体积不超过背包容量,且总价值最大;
输出最大价值;
输入格式:
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和包容积;
接下来有 N 行，每行两个整数 v , w ,用空格隔开,分别表示第i件物品的体积和价值;
输出格式:
输出一个整数，表示最大价值;
dp[j]:
表示背包容量为 j 时的最大值;
dp[i][j]:
表示在背包容量为 j 时,从下标为 0 到 i 的物品里取任意的最大值;
思路:当前物品 i 能不能放得下背包 j ;
1.放不下:不放,继承上一层的状态;
2.放得下:考虑要不要放;
a.不放:继承上一层状态;
b.放:背包容量剩余 j-w[i];
(w[i]是体积,v[i]是价值);
二维代码:
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j-1;j<=m;j++){
if(j<w[i]) dp[i][j]=dp[i-1][j];
else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]);
}
}
cout<<dp[n][m];
一维代码:
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=m;j>=w[i];j--){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
}
cout<<dp[m];
完全背包问题:
有 n 种物品和一个容量是 m 的背包;每种物品都有无限件可用;
第 i 种物品的体积是 w ,价值是 v ;
求解将哪些物品装入背包,可使这些物品的总体积不超过背包容量,且总价值最大;
输出最大价值;
输入格式:
第一行两个整数, n, m,用空格隔开,分别表示物品种数和包容积;
接下来有 n 行,每行两个整数 w ,v ,用空格隔开,分别表示第 i 种物品的体积和价值;
输出格式:
输出一个整数,表示最大价值;
思路:
先继承上一层状态,(放不放得下);
放得下,考虑要不要放:
1.不放,继承上一层状态;
2.放,背包容量剩余 j-w[i];
二维代码:
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(j>=w[i]){
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]);
}
}
}
cout<<dp[n][m];
一维代码:
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=w[i];j<=m;j++){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
}
cout<<dp[m];
多重背包问题:
有 n 种物品和一个容量是 m 的背包;
第 i 种物品最多有 s 件,每件体积是 w ,价值是 v ;
求解将哪些物品装入背包,可使物品体积总和不超过背包容量,且价值总和最大;
输出最大价值;
输入格式:
第一行两整数, n , m ,用空格隔开,分别表示物品种数和背包容积;
接下来有 n 行,每行三个整数 w , v , s ,用空格隔开,分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量;
输出格式:
输出一个整数,表示最大价值;
w[i]表示物体体积;
v[i]表示物体价值;
s[i]表示物体数量;
法一:转换成01背包问题;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int k=1;k<=s[i];k++){
for(int j=m;j>=w[i];j--){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
}
}
cout<<dp[m];
法二:二进制优化法;
for(int i=1;i<=n;i++){
int k=1,p=0;
cin>>w>>v>>s;
while(k<=s){
v[++p]=v*k;
w[p]=w*k;
s-=k;
k*=2;
}
if(s){
v[++p]=v*s;
w[p]=w*s;
}
}
for(int i=1;i<=p;i++){
for(int j=m;j>=w[i];j--){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
}
cout<<dp[m];