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str_fastcmp

�p�米 — Wed, 14 Sep 2011 14:00:00 GMT

摘自�Q�luajit源码lj_str.c

/* Fast string data comparison. Caveat: unaligned access to 1st string! */
static LJ_AINLINE int str_fastcmp(const char *a, const char *b, MSize len)
{
  MSize i = 0;
  lua_assert(len > 0);
  lua_assert((((uintptr_t)a + len) & (LJ_PAGESIZE-1)) <= LJ_PAGESIZE-4);
  do {  /* Note: innocuous access up to end of string + 3. */
    uint32_t v = lj_getu32(a+i) ^ *(const uint32_t *)(b+i);
    if (v) {
      i -= len;
#if LJ_LE
      return (int32_t)i >= -3 ? (v << (32+(i<<3))) : 1;
#else
      return (int32_t)i >= -3 ? (v >> (32+(i<<3))) : 1;
#endif
    }
    i += 4;
  } while (i < len);
  return 0;
}

�p�米 2011-09-14 22:00 发表评论

�p�米 — Wed, 23 Feb 2011 16:19:00 GMT

MinimalSteinerTree 的意思是�Q?br>在图中找��Z��个生成树�Q�需要将指定的数个点�q�接�Q�边权��d��最��?br>最��生成树�?MinimalSteinerTree 的一�U�特�D�情��c�?br>此问题是NP完全问题�?br>在POJ 3123中的标程�l�出了一个递归的算法来解决�q�个问题�?br>
首先用floyd��法求出两两之间的最短�\径�?br>然后把所有点都两两链接�v来，权值就是它们的最短�\径�?br>假设指定必须�q�接的点有N个�?br>那么MinimalSteinerTree 树中的内�Ҏ��多有N-2个�?br>在纸上画一下就知道了，内点最多的情况��是树�ؓ满二叉树的情��c�?br>而由于之前的floyd��法。把整个囄��“�~?#8221;了一下�?br>所以树最多有N-2+N个点�?br>枚�D所有可能的炚w��。对每个炚w��求最��生成树。取最��值即可�?br>
另外一�U�方法是使用动态规划，详情误��q�里�?br>

�p�米 2011-02-24 00:19 发表评论

�p�米 — Sat, 15 Jan 2011 03:07:00 GMT

�q�个问题源于POJ 2500。由于看错了题目�Q�我把题意理解成“�l�出一个圆�Q�上面有��C��点，��d��4个点�l�成四边形，使得此四边�Ş面积最�?#8221;�?br>标程�l�出的方法是O(N^2)�Q�是对于点之间距��d��定的情况�?br>我也惛_��了一个O(N^2)的算法用于解决�Q意位�|�的点的情况�?br>
��点按照��时针排�?br>假设四边形的四个点A, B, C, D。按照顺旉��方向排序�?br>按顺序枚举A
按顺序枚举C
B取最接近弧AC中心的点�Q�D同理

在纸上画��d��可以看出�Q�如果C是递增的，则BD也是递增的�?br>因此C扫了一圈，BD加�v来最多也扫两圈�?br>枚�DA是O(N)�Q�枚举C是O(N)�Q�BD均摊下来也是O(N)
所以��d��杂度是O(N^2)

虽然说复杂度跟标�E�一��P��但还是TLE了，哥很久没写C代码了，现在比较挫�?br>

�p�米 2011-01-15 11:07 发表评论

[转] Floyd ��法原理

�p�米 — Sat, 15 Jan 2011 02:56:00 GMT

floyd��法是一个经典的动态规划算法。用通俗的语�a�来描�q�的话，首先我们的目标是��L��从点i到点j的最短�\径。从动态规划的角度看问题，我们需要�ؓ�q�个目标重新做一个诠释（�q�个诠释正是动态规划最富创造力的精华所在）�Q�floyd��法加入了这个概�?/p>

A^k(i,j)�Q�表�C�Z��i到j中�?/strong>不经�q�烦引比k大的点的最短�\�?/strong>�?/p>

�q�个限制的重要之处在于，它将最短�\径的概念做了限制�Q��得该限制有机会满��P代关�p�，�q�个�q�代关系��在于研�IӞ��假设A^k(i,j)已知�Q�是否可以借此推导出A^k-1(i,j)�?/p>

假设我现在要得到A^k(i,j)�Q�而此时A^k(i,j)已知�Q�那么我可以分两�U�情冉|��看待问题�Q?. A^k(i,j)沉K��经�q�点k�Q?. A^k(i,j)不经�q�点k。如果经�q�点k�Q�那么很昄��Q�A^k(i,j) = A^k-1(i,k) + A^k-1(k,j)�Q��ؓ什么是A^k-1呢？因�ؓ�?i,k)�?k,j)�Q�由于k本��n��是源点�Q�或者说�l�点�Q�，加上我们求的是A^k(i,j)�Q�所以满��不�l�过比k大的点的条�g限制�Q�且已经不会�l�过点k�Q�故得出了A^k-1�q�个倹{��那么遇到第二种情况�Q�A^k(i,j)不经�q�点k�Ӟ��׃��没有�l�过点k�Q�所以根据概念，可以得出A^k(i,j)=A^k-1(i,j)。现在，我们��信有且只有�q�两�U�情�?--不是�l�过点k�Q�就是不�l�过点k�Q�没有第三种情况了，条�g很完��_��那么是选择哪一个呢�Q�很��单，求的是最短�\径，当然是哪个最短，求取哪个�Q�故得出式子�Q?/p>

A^k(i,j) = min( A^k-1(i,j), A^k-1(i,k) + A^k-1(k,j) )

因此floyd的最外层循环�Q?br>for (k = 0; k < n; k++) ...
��是分别求出 A0(i,j), A1(i,j), ..., An(i,j)
我屡�ơ写错floyd的程序，今天又写错一�ơ。。尽��它很短�Q�但原理真的很牛比�?br>只要知道了原理，��׃��会再写错了！

�p�米 2011-01-15 10:56 发表评论

��程序：消除方块游戏

�p�米 — Tue, 23 Nov 2010 08:32:00 GMT
有一个这��L��游戏：

多个不同颜色的方块位于一列，你每�ơ可以消除一片连�l�的相同颜色的方块，�q�获得得分｛�q�箋方块的个数^2｝�?br>消除完后双��的方块移动过来�?br>问，怎样玩才能��得分最高？

�q�是一道黑书上面的题目。我想了n久想不出来。�?br>黑书的解法是动态规划，旉��复杂度�ؓO(N^4)�Q�空间复杂度为O(N^3)�?br>觉得挺有意思的�Q�就把它的方法实��C��一下�?br>

# Block Game

blocks = [(1,2), (2,4), (3,5), (1,2), (3,6), (1,9), (2,10)]
best = {}
choose = {}

def sqr(x):
    return x*x

def dfs(i, j, k):
    if j < i:
        return 0
    if (i, j, k) in best:
        return best[(i, j, k)]
    m = [(sqr(k + blocks[j][1]) + dfs(i, j - 1, 0), j)]
    for p in range(i, j):
        if blocks[p][0] == blocks[j][0]:
            m += [(dfs(i, p, k + blocks[j][1]) + dfs(p + 1, j - 1, 0), p)]
    best[(i, j, k)], choose[(i, j, k)] = max(m)
    return best[(i, j, k)]

def show(i, j, k, s):
    if j < i:
        return
    #print 'show', i, j, k, blocks
    c = choose[(i, j, k)]
    if c == j:
        s += sqr(blocks[c][1])
        print blocks, 'remove', c, ':', blocks[c], 'score', s
        del blocks[c]
        show(i, j - 1, 0, s)
    else:
        show(c + 1, j - 1, 0, s)
        v = blocks[c + 1][1]
        blocks[c] = (blocks[c][0], blocks[c][1] + v)
        del blocks[c + 1]
        show(i, c, v, s)

dfs(0, len(blocks) - 1, 0)
show(0, len(blocks) - 1, 0, 0)



�p�米 2010-11-23 16:32 发表评论

��程序：�l�出n个数�Q�如何找��Z��个数�Q�它们的和等于k

�p�米 — Sun, 21 Nov 2010 15:10:00 GMT
通常的思�\是O(N^3)
但可以有��小优化�Q?br>一。先排序
二。枚举i, j, k的时候，固定i的时候，j和k分别从左从右扫描数组�Q�直��C��个碰��Cؓ止�?br>三。对于每个i�Q�k从右扫描的开始位�|�是递减的�?br>
然后��有了下面的��程序：

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

int N = 10;
int K = 5;
int arr[] = {1, 2, 5, 4, 5, 10, 2, 3, 5, 1};

int main()
{
    int a, b, c, i;

    sort(arr, arr + N);
    c = N - 1;
    for (a = 0; a < c; a++) {
        for (b = a + 1; b < c; b++) {
            while (c >= 0 && arr[a] + arr[b] + arr[c] > K)
                c--;
            for (i = c; b < i; b++) {
                while (i >= 0 && arr[a] + arr[b] + arr[i] > K)
                    i--;
                if (i >= 0 && arr[a] + arr[b] + arr[i] == K)
                    printf("%d %d %d\n", arr[a], arr[b], arr[i]);
            }
        }
    }

    return 0;
}

�p�米 2010-11-21 23:10 发表评论

Dinic ��法模板

�p�米 — Thu, 12 Aug 2010 06:33:00 GMT

Dinic��法是一�U�比较容易实现的�Q�相�Ҏ��较快的最大流��法�?br>今天看了一下它的原理，发现的确很牛逹{�?br>
求最大流的本质，��是不停的寻扑֢��q��\径。直到找不到增广路径为止�?br>对于�q�个一般性的�q�程�Q�Dinic��法的优化如下：

�Q?�Q?br>Dinic��法首先对图�q�行一�ơBFS�Q�然后在BFS生成的层�ơ图中进行多�ơDFS�?br>层次囄��意思就是，只有在BFS树中深度相差1的节�Ҏ��是连接的�?br>�q�就切断了原有的图中的许多不必要的连接。很牛��|��
�q�是需要证明的�Q�估计证明也很复杂�?br>
�Q?�Q?br>除此之外�Q�每�ơDFS完后�Q�会扑ֈ�路径中容量最��的一条边�?br>在这条边之前的�\径的定w��是大于等于这条边的容量的�?br>那么从这条边之前的点�Q�可能引发出别的增广路径�?br>比如�?nbsp;S -> b -> c -> d -> T 是一条增�q��\径，定w��最��的�Ҏ�� b -> c�?br>可能存在一�?S -> b -> e -> f -> g -> T �q�样的增�q��\径�?br>�q�样的话�Q�在扑ֈ��W�一条增�q��\径后�Q�只需要回溯到 b 点，��可以��l�找下去了�?br>�q�样做的好处是，避免了找��C��条�\径就从头开始寻扑֏�外一条的开销�?br>也就是再�ơ从 S ��L��?b 的开销�?br>�q�个�q�程看似复杂�Q�但是代码实现�v来很优雅�Q�因为它的本质就是回溯！

�Q?�Q?br>在同一��?DFS 中。如果从一个点引发不出��M��的增�q��\径，��将�q�个点在层次图中抹去�?br>
而这样一个算法，实现��h��居然只需�?00行。太吊了�?br>我的代码是参考别人的代码写的。可以用 POJ 1273 ��试�?br>

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <limits.h>

#define MAX_VETXS 1024
#define MAX_EDGES 1024

int E[MAX_EDGES], next[MAX_EDGES], C[MAX_EDGES], M;
int V[MAX_VETXS], L[MAX_VETXS], Q[MAX_VETXS], N;
int S, T;

void __insert(int from, int to, int cap)
{
    M++;
    C[M] = cap;
    E[M] = to;
    next[M] = V[from];
    V[from] = M;
}

void insert(int from, int to, int cap)
{
    __insert(from, to, cap);
    __insert(to, from, 0);
}

int bfs()
{
    int h, t, e, u, v;

    h = t = 0;
    Q[t++] = S;
    memset(L, 0, N*sizeof(L[0]));
    L[S] = 1;
    while (h != t) {
        u = Q[h++];
        for (e = V[u]; e; e = next[e]) {
            v = E[e];
            if (!L[v] && C[e] > 0) {
                L[v] = L[u] + 1;
                Q[t++] = v;
            }
        }
    }

    return L[T];
}

int dfs()
{
    int t, u, v, e, i, f, r, back;

    t = 1;
    r = 0;

    while (t) {
        u = (t == 1) ? S : E[Q[t - 1]];
        if (u == T) {
            f = INT_MAX;
            for (i = 1; i < t; i++) {
                e = Q[i];
                if (C[e] < f) {
                    f = C[e];
                    back = i;
                }
            }
            for (i = 1; i < t; i++) {
                e = Q[i];
                C[e] -= f;
                C[e^1] += f;
            }
            r += f;
            t = back;
        } else {
            for (e = V[u]; e; e = next[e]) {
                v = E[e];
                if (L[v] == L[u] + 1 && C[e] > 0)
                    break;
            }
            if (e)
                Q[t++] = e;
            else {
                t--;
                L[u] = 0;
            }
        }
    }

    return r;
}

int dinic()
{
    int f = 0;

    while (bfs())
        f += dfs();

    return f;
}

int main()
{
    int n, m, a, b, c, i;

    freopen("d:\\in.txt", "r", stdin);

    while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        S = 0;
        T = m - 1;
        N = m;
        memset(V, 0, N*sizeof(V[0]));
        M = 2;
        for (i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
            insert(a - 1, b - 1, c);
        }
        printf("%d\n", dinic());
    }

    return 0;
}

�p�米 2010-08-12 14:33 发表评论

KMP 演示�E�序

�p�米 — Thu, 29 Apr 2010 04:48:00 GMT
下面�q�个��程序，可以演示 KMP 的匹配过�E��?br>一直没有真正理解这个算法，昨天看了下算法导论。才懂了�?br>��实是一个相当精辟，相当巧妙的算法。太牛��g��Q?br>

#include
#include

#define MAX_LEN 256

int tbl[MAX_LEN];
char *str = "abbbbbbb";
char *ptn = "bb";
char spc[MAX_LEN];

int main()
{
    int i, j;

    memset(spc, ' ', sizeof(spc));

    tbl[0] = 0;
    for (i = 1; ptn[i]; i++) {
        for (j = tbl[i - 1]; j && ptn[j] != ptn[i]; j = tbl[j]);
        if (ptn[j] == ptn[i])
            j++;
        tbl[i] = j;
    }
    printf("table:\n");
    for (i = 0; ptn[i]; i++)
        printf("  %c", ptn[i]);
    printf("\n");
    for (i = 0; ptn[i]; i++)
        printf("%3d", tbl[i]);
    printf("\n");

    j = 0;
    for (i = 0; str[i]; ) {
        printf("\nmatching #%d\n", i);
        printf("%s\n", str);
        fwrite(spc, 1, i - j, stdout);
        printf("%s\n", ptn);
        fwrite(spc, 1, i, stdout);
        printf("^\n");

        if (str[i] == ptn[j]) {
            i++;
            j++;
            printf("ok\n");
        } else {
            if (j)
                j = tbl[j - 1];
            else
                i++;
            printf("jumped to %d\n", j);
        }
        if (!ptn[j])
            printf("matched at %d\n", i);
    }

    return 0;
}

输出�Q?br>table:
b b
0 1

matching #0
abbbbbbb
bb
^
jumped to 0

matching #1
abbbbbbb
bb
^
ok

matching #2
abbbbbbb
bb
^
ok
matched at 3

matching #3
abbbbbbb
bb
   ^
jumped to 1

matching #3
abbbbbbb
bb
   ^
ok
matched at 4

matching #4
abbbbbbb
bb
    ^
jumped to 1

matching #4
abbbbbbb
   bb
    ^
ok
matched at 5

matching #5
abbbbbbb
   bb
     ^
jumped to 1

matching #5
abbbbbbb
    bb
     ^
ok
matched at 6

matching #6
abbbbbbb
    bb
      ^
jumped to 1

matching #6
abbbbbbb
     bb
      ^
ok
matched at 7

matching #7
abbbbbbb
     bb
       ^
jumped to 1

matching #7
abbbbbbb
      bb
       ^
ok
matched at 8

�p�米 2010-04-29 12:48 发表评论

[转]LCA问题�Q�含RMQ的ST��法�Q?

�p�米 — Wed, 10 Mar 2010 06:14:00 GMT
转自: http://www.shnenglu.com/Icyflame/

一、定义与定理
      LCA�Q�Least Common Ancestors�Q�最�q�公��q��先）�Q�对于一��|��Ҏ��T的�Q意两个节点u�Q�v�Q�求出LCA(T, u, v)�Q�即��跟最�q�的节点x�Q��得x同时是u和v的祖先�?br>      在线��法�Q�用比较长的旉��做预处理�Q�但是等信息充��以后每次回答询问只需要用比较��的旉��?br>      ��ȝ��法�Q�先把所有的询问��d��Q�然后一��h��所有询问回�{�完成�?br>      RMQ�Q�给��Z��个数�l�A�Q�回�{�询问RMQ(A, i, j)�Q�即A[i...j]之间的最值的下标�?br>二、DFS+RMQ
      1�Q�Sparse Table�Q�ST�Q�算�?br>      描述�Q?/strong>

1 //初始�?/span>
2 INIT_RMQ
3 //max[i][j]中存的是重j开始的i个数据中的最大��|��最��值类��|��num中存有数�l�的�?/span>
4     for i : 1 to n
5         max[0][i] = num[i]
6     for i : 1 to log(n)/log(2)
7         for j : 1 to n
8             max[i][j] = MAX(max[i-1][j], max[i-1][j+2^(i-1)]
9 //查询
10 RMQ(i, j)
11     k = log(j-i+1) / log(2)
12     return MAX(max[k][i], max[k][j-2^k+1])

      分析�Q?/strong>初始化过�E�实际上是一个动态规划的思想。易知，初始化过�E�效率是O(nlogn)�Q�而查询过�E�效率是O(1)。ST是一个在�U�算法�?br>      �C�Z��Q?/strong>POJ 3368 解题报告
      2�Q�求解LCA问题
      描述�Q?/strong>
      �Q?�Q�DFS�Q�从树T的根开始，�q�行深度优先遍历�Q��ƈ记录下每�ơ到辄��点。第一个的�l�点是root(T)�Q�每�l�过一条边都记录它的端炏V��由于每条边恰好�l�过2�ơ，因此一��p��录了2n-1个结点，用E[1, ... , 2n-1]来表�C��?br>      �Q?�Q�计��R�Q�用R[i]表示E数组中第一个��gؓi的元素下标，卛_��果R[u] < R[v]�Ӟ��DFS讉K��的顺序是E[R[u], R[u]+1, ..., R[v]]。虽然其中包含u的后代，但深度最��的�q�是u与v的公��q��先�?br>      �Q?�Q�RMQ�Q�当R[u] ≥ R[v]�Ӟ��LCA[T, u, v] = RMQ(L, R[v], R[u])�Q�否则LCA[T, u, v] = RMQ(L, R[u], R[v])�Q�计��RMQ�?br>      �׃��RMQ中��用的ST��法是在�U�算法，所以这个算法也是在�U�算法�?br>      �C�Z��Q?/strong>ZOJ 3195 解题报告�?br>三、Tarjan��法
      描述�Q?/strong>Tarjan��法是一个离�U�算法，也就是说只有先获得所有的查询�Q�再按一个特定的��序�q�行�q�算�?/span>

1 //parent为�ƈ查集�Q�FIND为�ƈ查集的查找操�?/span>
2 Tarjan(u)
3     visit[u] = true
4     for each (u, v) in QUERY
5         if visit[v]
6             ans(u, v) = FIND(v)
7     for each (u, v) in TREE
8         if !visit[v]
9             Tarjan(v)
10             parent[v] = u
      �C�Z��Q?/strong>HDOJ 2586 解题报告�?

�p�米 2010-03-10 14:14 发表评论

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