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Source

数在计算机中是以二进制形式表示的。 
数分为有符号数和无符号数。 
原码、反码、补码都是有符号定点数的表示方法。 
一个有符号定点数的最高位为符号位，0是正，1是副。 

以下都以8位整数为例， 

原码就是这个数本身的二进制形式。 
例如
0000001 就是+1
1000001 就是-1 

正数的反码和补码都是和原码相同。 

负数的反码是将其原码除符号位之外的各位求反 
[-3]反=[10000011]反=11111100 
负数的补码是将其原码除符号位之外的各位求反之后在末位再加1。 
[-3]补=[10000011]补=11111101 
一个数和它的补码是可逆的。 

为什么要设立补码呢？ 

第一是为了能让计算机执行减法： 
[a-b]补=a补+（-b）补 

第二个原因是为了统一正0和负0 
正零：00000000 
负零：10000000 
这两个数其实都是0，但他们的原码却有不同的表示。 
但是他们的补码是一样的，都是00000000 
特别注意，如果+1之后有进位的，要一直往前进位，包括符号位！（这和反码是不同的！） 
[10000000]补 
=[10000000]反+1 
=11111111+1 
=(1)00000000 
=00000000(最高位溢出了，符号位变成了0） 

有人会问 
10000000这个补码表示的哪个数的补码呢？ 
其实这是一个规定，这个数表示的是-128 
所以n位补码能表示的范围是 
-2^(n-1)到2^(n-1)-1 
比n位原码能表示的数多一个

又例：
1011 
原码：01011 
反码：01011 //正数时，反码＝原码 
补码：01011 //正数时，补码＝原码 

-1011 
原码：11011 
反码：10100 //负数时，反码为原码取反 
补码：10101 //负数时，补码为原码取反＋1 

0．1101 
原码：0.1101 
反码：0.1101 //正数时，反码＝原码 
补码：0.1101 //正数时，补码＝原码 

-0．1101 
原码：1.1101 
反码：1.0010 //负数时，反码为原码取反 
补码：1.0011 //负数时，补码为原码取反＋1 

总结：
在计算机内，定点数有3种表示法：原码、反码和补码

所谓原码就是前面所介绍的二进制定点表示法，即最高位为符号位，“0”表示正，“1”表示负，其余位表示数值的大小。

反码表示法规定：正数的反码与其原码相同；负数的反码是对其原码逐位取反，但符号位除外。

补码表示法规定：正数的补码与其原码相同；负数的补码是在其反码的末位加1。

1、原码、反码和补码的表示方法

（1）     原码：在数值前直接加一符号位的表示法。

例如：       符号位   数值位

[+7]原=    0     0000111   B

[-7]原=    1     0000111   B

      注意：a. 数0的原码有两种形式：

                    [+0]原=00000000B     [-0]原=10000000B

                b. 8位二进制原码的表示范围：-127～+127

2）反码：

      正数：正数的反码与原码相同。

      负数：负数的反码，符号位为“1”，数值部分按位取反。

例如： 符号位    数值位

      [+7]反=   0    0000111   B

      [-7]反=   1    1111000   B

注意：a. 数0的反码也有两种形式，即

               [+0]反=00000000B

               [- 0]反=11111111B

           b. 8位二进制反码的表示范围：-127～+127

3）补码的表示方法

1）模的概念：把一个计量单位称之为模或模数。例如，时钟是以12进制进行计数循环的，即以12为模。在时钟上，时针加上（正拨）12的整数位或减去（反拨）12的整数位，时针的位置不变。14点钟在舍去模12后，成为（下午）2点钟（14=14-12=2）。从0点出发逆时针拨10格即减去10小时，也可看成从0点出发顺时针拨2格（加上2小时），即2点（0-10=-10=-10+12=2）。因此，在模12的前提下，-10可映射为+2。由此可见，对于一个模数为12的循环系统来说，加2和减10的效果是一样的；因此，在以12为模的系统中，凡是减10的运算都可以用加2来代替，这就把减法问题转化成加法问题了（注：计算机的硬件结构中只有加法器，所以大部分的运算都必须最终转换为加法）。10和2对模12而言互为补数。

同理，计算机的运算部件与寄存器都有一定字长的限制（假设字长为8），因此它的运算也是一种模运算。当计数器计满8位也就是256个数后会产生溢出，又从头开始计数。产生溢出的量就是计数器的模，显然，8位二进制数，它的模数为28=256。在计算中，两个互补的数称为“补码”。

2）补码的表示： 正数：正数的补码和原码相同。

     负数：负数的补码则是符号位为“1”，数值部分按位取反后再在末位（最低位）加1。也就是“反码+1”。

例如：   符号位 数值位

[+7]补=    0    0000111   B

       [-7]补=    1    1111001   B

补码在微型机中是一种重要的编码形式，请注意：

a.采用补码后，可以方便地将减法运算转化成加法运算，运算过程得到简化。正数的补码即是它所表示的数的真值，而负数的补码的数值部份却不是它所表示的数的真值。采用补码进行运算，所得结果仍为补码。

b.与原码、反码不同，数值0的补码只有一个，即        [0]补=00000000B。

c.若字长为8位，则补码所表示的范围为-128～+127；进行补码运算时，应注意所得结果不应超过补码所能表示数的范围。

我们通常把一些公用函数制作成函数库，供其它程序使用。函数库分为静态库和动态库两
种。静态库在程序编译时会被连接到目标代码中，程序运行时将不再需要该静态库。动态
库在程序编译时并不会被连接到目标代码中，而是在程序运行是才被载入，因此在程序运
行时还需要动态库存在。本文主要通过举例来说明在Linux中如何创建静态库和动态库，以
及使用它们。

在创建函数库前，我们先来准备举例用的源程序，并将函数库的源程序编译成.o文件。

第1步：编辑得到举例的程序--hello.h、hello.c和main.c；

hello.c(见程序2)是函数库的源程序，其中包含公用函数hello，该函数将在屏幕上输出"
Hello XXX!"。hello.h(见程序1)为该函数库的头文件。main.c(见程序3)为测试库文件的
主程序，在主程序中调用了公用函数hello。

#ifndef HELLO_H
#define HELLO_H

void hello(const char *name);

#endif //HELLO_H
程序1: hello.h

#include <stdio.h>

void hello(const char *name)
{
printf("Hello %s!\n", name);
}
程序2: hello.c

#include "hello.h"

int main()
{
hello("everyone");
return 0;
}
程序3: main.c

第2步：将hello.c编译成.o文件；

无论静态库，还是动态库，都是由.o文件创建的。因此，我们必须将源程序hello.c通过g
cc先编译成.o文件。

在系统提示符下键入以下命令得到hello.o文件。

# gcc -c hello.c

#

我们运行ls命令看看是否生存了hello.o文件。

# ls

hello.c hello.h hello.o main.c

#

在ls命令结果中，我们看到了hello.o文件，本步操作完成。

下面我们先来看看如何创建静态库，以及使用它。

第3步：由.o文件创建静态库；

静态库文件名的命名规范是以lib为前缀，紧接着跟静态库名，扩展名为.a。例如：我们将
创建的静态库名为myhello，则静态库文件名就是libmyhello.a。在创建和使用静态库时，
需要注意这点。创建静态库用ar命令。

在系统提示符下键入以下命令将创建静态库文件libmyhello.a。

# ar crv libmyhello.a hello.o

#

我们同样运行ls命令查看结果：

# ls

hello.c hello.h hello.o libmyhello.a main.c

#

ls命令结果中有libmyhello.a。

第4步：在程序中使用静态库；

静态库制作完了，如何使用它内部的函数呢？只需要在使用到这些公用函数的源程序中包
含这些公用函数的原型声明，然后在用gcc命令生成目标文件时指明静态库名，gcc将会从
静态库中将公用函数连接到目标文件中。注意，gcc会在静态库名前加上前缀lib，然后追
加扩展名.a得到的静态库文件名来查找静态库文件。

在程序3:main.c中，我们包含了静态库的头文件hello.h，然后在主程序main中直接调用公
用函数hello。下面先生成目标程序hello，然后运行hello程序看看结果如何。

(# gcc -o hello main.c -L. -lmyhello??)

#gcc main.c libmyhello.a -o main

# ./hello

Hello everyone!

#

我们删除静态库文件试试公用函数hello是否真的连接到目标文件 hello中了。

# rm libmyhello.a

rm: remove regular file `libmyhello.a'? y

# ./hello

Hello everyone!

#

程序照常运行，静态库中的公用函数已经连接到目标文件中了。

我们继续看看如何在Linux中创建动态库。我们还是从.o文件开始。

第5步：由.o文件创建动态库文件；

动态库文件名命名规范和静态库文件名命名规范类似，也是在动态库名增加前缀lib，但其
文件扩展名为.so。例如：我们将创建的动态库名为myhello，则动态库文件名就是libmyh
ello.so。用gcc来创建动态库。

在系统提示符下键入以下命令得到动态库文件libmyhello.so。

# gcc -shared -fPCI -o libmyhello.so hello.o

#

我们照样使用ls命令看看动态库文件是否生成。

# ls

hello.c hello.h hello.o libmyhello.so main.c

#

第6步：在程序中使用动态库；

在程序中使用动态库和使用静态库完全一样，也是在使用到这些公用函数的源程序中包含
这些公用函数的原型声明，然后在用gcc命令生成目标文件时指明动态库名进行编译。我们
先运行gcc命令生成目标文件，再运行它看看结果。

# gcc -o hello main.c -L. -lmyhello

# ./hello

./hello: error while loading shared libraries: libmyhello.so: cannot open shar
ed object file: No such file or directory

#

哦！出错了。快看看错误提示，原来是找不到动态库文件libmyhello.so。程序在运行时，
会在/usr/lib和/lib等目录中查找需要的动态库文件。若找到，则载入动态库，否则将提
示类似上述错误而终止程序运行。我们将文件libmyhello.so复制到目录/usr/lib中，再试
试。

# mv libmyhello.so /usr/lib

# ./hello

Hello everyone!

#

成功了。这也进一步说明了动态库在程序运行时是需要的。

我们回过头看看，发现使用静态库和使用动态库编译成目标程序使用的gcc命令完全一样，
那当静态库和动态库同名时，gcc命令会使用哪个库文件呢？抱着对问题必究到底的心情，
来试试看。

先删除除.c和.h外的所有文件，恢复成我们刚刚编辑完举例程序状态。

# rm -f hello hello.o /usr/lib/libmyhello.so

# ls

hello.c hello.h main.c

#

在来创建静态库文件libmyhello.a和动态库文件libmyhello.so。

# gcc -c hello.c

# ar cr libmyhello.a hello.o

# gcc -shared -fPCI -o libmyhello.so hello.o

# ls

hello.c hello.h hello.o libmyhello.a libmyhello.so main.c

#

通过上述最后一条ls命令，可以发现静态库文件libmyhello.a和动态库文件libmyhello.s
o都已经生成，并都在当前目录中。然后，我们运行gcc命令来使用函数库myhello生成目标
文件hello，并运行程序 hello。

# gcc -o hello main.c -L. -lmyhello

# ./hello

./hello: error while loading shared libraries: libmyhello.so: cannot open shar
ed object file: No such file or directory

#

从程序hello运行的结果中很容易知道，当静态库和动态库同名时， gcc命令将优先使用动
态库。

Note:
编译参数解析
最主要的是GCC命令行的一个选项:
-shared 该选项指定生成动态连接库（让连接器生成T类型的导出符号表，有时候也生成弱连接W类型的导出符号），不用该标志外部程序无法连接。相当于一个可执行文件
l -fPIC：表示编译为位置独立的代码，不用此选项的话编译后的代码是位置相关的所以动态载入时是通过代码拷贝的方式来满足不同进程的需要，而不能达到真正代码段共享的目的。
l -L.：表示要连接的库在当前目录中
l -ltest：编译器查找动态连接库时有隐含的命名规则，即在给出的名字前面加上lib，后面加上.so来确定库的名称
l LD_LIBRARY_PATH：这个环境变量指示动态连接器可以装载动态库的路径。
l 当然如果有root权限的话，可以修改/etc/ld.so.conf文件，然后调用 /sbin/ldconfig来达到同样的目的，不过如果没有root权限，那么只能采用输出LD_LIBRARY_PATH的方法了。

在一个ＰＸＰ的有向图中，路径覆盖就是在图中找一些路经，使之覆盖了图中的所有顶点，且任何一个顶点有且只有一条路径与之关联；（如果把这些路径中的每条路径从它的起始点走到它的终点，那么恰好可以经过图中的每个顶点一次且仅一次）；如果不考虑图中存在回路，那么每每条路径就是一个弱连通子集．

由上面可以得出：

１.一个单独的顶点是一条路径；

２．如果存在一路径p1,p2,......pk，其中p1 为起点，pk为终点，那么在覆盖图中，顶点p1,p2,......pk不再与其它的顶点之间存在有向边．

最小路径覆盖就是找出最小的路径条数，使之成为Ｐ的一个路径覆盖．

路径覆盖与二分图匹配的关系：

最小路径覆盖＝｜Ｐ｜－最大匹配数；

其中最大匹配数的求法是把Ｐ中的每个顶点pi分成两个顶点pi'与pi''，如果在p中存在一条pi到pj的边，那么在二分图Ｐ＇中就有一条连接pi'与pj''的无向边；这里pi' 就是p中pi的出边，pj''就是p中pj 的一条入边；

Sample Problem: n Queens [Traditional]

Place n queens on an n x n chess board so that no queen is attacked by another queen.

Depth First Search (DFS)

The most obvious solution to code is to add queens recursively to the board one by one, trying all possible queen placements. It is easy to exploit the fact that there must be exactly one queen in each column: at each step in the recursion, just choose where in the current column to put the queen. 

 1 search(col)
 2     if filled all columns
 3         print solution and exit 

 4   for each row
 5       if board(row, col) is not attacked
 6            place queen at (row, col)
 7            search(col+1)
 8            remove queen at (row, col)

Calling search(0) begins the search. This runs quickly, since there are relatively few choices at each step: once a few queens are on the board, the number of non-attacked squares goes down dramatically.

This is an example of depth first search, because the algorithm iterates down to the bottom of the search tree as quickly as possible: once k queens are placed on the board, boards with even more queens are examined before examining other possible boards with only k queens. This is okay but sometimes it is desirable to find the simplest solutions before trying more complex ones.

Depth first search checks each node in a search tree for some property. The search tree might look like this: 

The algorithm searches the tree by going down as far as possible and then backtracking when necessary, making a sort of outline of the tree as the nodes are visited. Pictorially, the tree is traversed in the following manner: 

Complexity

Suppose there are d decisions that must be made. (In this case d=n, the number of columns we must fill.) Suppose further that there are C choices for each decision. (In this case c=n also, since any of the rows could potentially be chosen.) Then the entire search will take time proportional to c^d, i.e., an exponential amount of time. This scheme requires little space, though: since it only keeps track of as many decisions as there are to make, it requires only O(d) space.

Sample Problem: Knight Cover [Traditional]

Place as few knights as possible on an n x n chess board so that every square is attacked. A knight is not considered to attack the square on which it sits.

Breadth First Search (BFS)

In this case, it is desirable to try all the solutions with only k knights before moving on to those with k+1 knights. This is called breadth first search. The usual way to implement breadth first search is to use a queue of states: 

 1 process(state)
 2     for each possible next state from this one
 3         enqueue next state 

 4 search()
 5     enqueue initial state
 6     while !empty(queue)
 7         state = get state from queue
 8         process(state)

This is called breadth first search because it searches an entire row (the breadth) of the search tree before moving on to the next row. For the search tree used previously, breadth first search visits the nodes in this order: 

It first visits the top node, then all the nodes at level 1, then all at level 2, and so on.

Complexity

Whereas depth first search required space proportional to the number of decisions (there were n columns to fill in the n queens problem, so it took O(n) space), breadth first search requires space exponential in the number of choices.

If there are c choices at each decision and k decisions have been made, then there are c^k possible boards that will be in the queue for the next round. This difference is quite significant given the space restrictions of some programming environments.

[Some details on why c^k: Consider the nodes in the recursion tree. The zeroeth level has 1 nodes. The first level has c nodes. The second level has c² nodes, etc. Thus, the total number of nodes on the k-th level is c^k.]

Depth First with Iterative Deepening (ID)

An alternative to breadth first search is iterative deepening. Instead of a single breadth first search, run D depth first searches in succession, each search allowed to go one row deeper than the previous one. That is, the first search is allowed only to explore to row 1, the second to row 2, and so on. This ``simulates'' a breadth first search at a cost in time but a savings in space. 

 1 truncated_dfsearch(hnextpos, depth)
 2     if board is covered
 3         print solution and exit 

 4     if depth == 0
 5         return 

 6     for i from nextpos to n*n
 7         put knight at i
 8         truncated_dfsearch(i+1, depth-1)
 9         remove knight at i 

10 dfid_search
11     for depth = 0 to max_depth
12        truncated_dfsearch(0, depth)

Complexity

The space complexity of iterative deepening is just the space complexity of depth first search: O(n). The time complexity, on the other hand, is more complex. Each truncated depth first search stopped at depth k takes c^k time. Then if d is the maximum number of decisions, depth first iterative deepening takes c⁰ + c¹ + c² + ... + c^d time.

If c = 2, then this sum is c^d+1 - 1, about twice the time that breadth first search would have taken. When c is more than two (i.e., when there are many choices for each decision), the sum is even less: iterative deepening cannot take more than twice the time that breadth first search would have taken, assuming there are always at least two choices for each decision.

Which to Use?

Once you've identified a problem as a search problem, it's important to choose the right type of search. Here are some things to think about.

In a Nutshell

Remember the ordering properties of each search. If the program needs to produce a list sorted shortest solution first (in terms of distance from the root node), use breadth first search or iterative deepening. For other orders, depth first search is the right strategy.

If there isn't enough time to search the entire tree, use the algorithm that is more likely to find the answer. If the answer is expected to be in one of the rows of nodes closest to the root, use breadth first search or iterative deepening. Conversely, if the answer is expected to be in the leaves, use the simpler depth first search.

Be sure to keep space constraints in mind. If memory is insufficient to maintain the queue for breadth first search but time is available, use iterative deepening.

Sample Problems

Superprime Rib [USACO 1994 Final Round, adapted]

A number is called superprime if it is prime and every number obtained by chopping some number of digits from the right side of the decimal expansion is prime. For example, 233 is a superprime, because 233, 23, and 2 are all prime. Print a list of all the superprime numbers of length n, for n <= 9. The number 1 is not a prime.

For this problem, use depth first search, since all the answers are going to be at the nth level (the bottom level) of the search.

Betsy's Tour [USACO 1995 Qualifying Round]

A square township has been partitioned into n ² square plots. The Farm is located in the upper left plot and the Market is located in the lower left plot. Betsy takes a tour of the township going from Farm to Market by walking through every plot exactly once. Write a program that will count how many unique tours Betsy can take in going from Farm to Market for any value of n <= 6.

Since the number of solutions is required, the entire tree must be searched, even if one solution is found quickly. So it doesn't matter from a time perspective whether DFS or BFS is used. Since DFS takes less space, it is the search of choice for this problem.

Udder Travel [USACO 1995 Final Round; Piele]

The Udder Travel cow transport company is based at farm A and owns one cow truck which it uses to pick up and deliver cows between seven farms A, B, C, D, E, F, and G. The (commutative) distances between farms are given by an array. Every morning, Udder Travel has to decide, given a set of cow moving orders, the order in which to pick up and deliver cows to minimize the total distance traveled. Here are the rules:

• The truck always starts from the headquarters at farm A and must return there when the day's deliveries are done.
• The truck can only carry one cow at a time.
• The orders are given as pairs of letters denoting where a cow is to be picked up followed by where the cow is to be delivered.

Your job is to write a program that, given any set of orders, determines the shortest route that takes care of all the deliveries, while starting and ending at farm A.

Since all possibilities must be tried in order to ensure the best one is found, the entire tree must be searched, which takes the same amount of time whether using DFS or BFS. Since DFS uses much less space and is conceptually easier to implement, use that.

Desert Crossing [1992 IOI, adapted]

A group of desert nomads is working together to try to get one of their group across the desert. Each nomad can carry a certain number of quarts of water, and each nomad drinks a certain amount of water per day, but the nomads can carry differing amounts of water, and require different amounts of water. Given the carrying capacity and drinking requirements of each nomad, find the minimum number of nomads required to get at least one nomad across the desert.

All the nomads must survive, so every nomad that starts out must either turn back at some point, carrying enough water to get back to the start or must reach the other side of the desert. However, if a nomad has surplus water when it is time to turn back, the water can be given to their friends, if their friends can carry it.

Analysis: This problem actually is two recursive problems: one recursing on the set of nomads to use, the other on when the nomads turn back. Depth-first search with iterative deepening works well here to determine the nomads required, trying first if any one can make it across by themselves, then seeing if two work together to get across, etc.

Addition Chains

An addition chain is a sequence of integers such that the first number is 1, and every subsequent number is the sum of some two (not necessarily unique) numbers that appear in the list before it. For example, 1 2 3 5 is such a chain, as 2 is 1+1, 3 is 2+1, and 5 is 2+3. Find the minimum length chain that ends with a given number.

Analysis: Depth-first search with iterative deepening works well here, as DFS has a tendency to first try 1 2 3 4 5 ... n, which is really bad and the queue grows too large very quickly for BFS.

好久没写过算法了，添一个吧，写一个线段树的入门知识，比较大众化。

上次在湖大，其中的一道题数据很强，我试了好多种优化都TLE，相信只能用线段树才能过。回来之后暗暗又学了一次线段树，想想好像是第三次学了，像网络流一样每学一次都有新的体会。

把问题简化一下：

在自然数，且所有的数不大于30000的范围内讨论一个问题：现在已知n条线段，把端点依次输入告诉你，然后有m个询问，每个询问输入一个点，要求这个点在多少条线段上出现过；

最基本的解法当然就是读一个点，就把所有线段比一下，看看在不在线段中；

每次询问都要把n条线段查一次，那么m次询问，就要运算m*n次，复杂度就是O(m*n)

这道题m和n都是30000，那么计算量达到了10^9；而计算机1秒的计算量大约是10^8的数量级，所以这种方法无论怎么优化都是超时

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因为n条线段是固定的，所以某种程度上说每次都把n条线段查一遍有大量的重复和浪费；

线段树就是可以解决这类问题的数据结构

举例说明：已知线段[2,5] [4,6] [0,7]；求点2,4,7分别出现了多少次

在[0,7]区间上建立一棵满二叉树：（为了和已知线段区别，用【】表示线段树中的线段）

                                               【0,7】
                               /                                            \
                     【0,3】                                           【4,7】
                  /               \                                    /                \
       【0,1】             【2,3】                     【4,5】               【6,7】
         /      \                 /      \                     /      \                   /      \
【0,0】 【1,1】    【2,2】 【3,3】   【4,4】  【5,5】       【6,6】 【7,7】

每个节点用结构体：

struct line
{
      int left,right;//左端点、右端点
      int n;//记录这条线段出现了多少次，默认为0
}a[16];

和堆类似，满二叉树的性质决定a[i]的左儿子是a[2*i]、右儿子是a[2*i+1];

然后对于已知的线段依次进行插入操作：

从树根开始调用递归函数insert

void insert(int s,int t,int step)//要插入的线段的左端点和右端点、以及当前线段树中的某条线段
{
      if (s==a[step].left && t==a[step].right)
      {
            a[step].n++;//插入的线段匹配则此条线段的记录+1
            return;//插入结束返回
      }
      if (a[step].left==a[step].right)   return;//当前线段树的线段没有儿子，插入结束返回
      int mid=(a[step].left+a[step].right)/2;
      if (mid>=t)    insert(s,t,step*2);//如果中点在t的右边，则应该插入到左儿子
      else if (mid<s)    insert(s,t,step*2+1);//如果中点在s的左边，则应该插入到右儿子
      else//否则，中点一定在s和t之间，把待插线段分成两半分别插到左右儿子里面
      {
            insert(s,mid,step*2);
            insert(mid+1,t,step*2+1);
      }
}

三条已知线段插入过程：

[2,5]

--[2,5]与【0,7】比较，分成两部分：[2,3]插到左儿子【0,3】，[4,5]插到右儿子【4,7】

--[2,3]与【0,3】比较，插到右儿子【2,3】；[4,5]和【4,7】比较，插到左儿子【4,5】

--[2,3]与【2,3】匹配，【2,3】记录+1；[4,5]与【4,5】匹配，【4,5】记录+1

[4,6]

--[4,6]与【0,7】比较，插到右儿子【4,7】

--[4,6]与【4,7】比较，分成两部分，[4,5]插到左儿子【4,5】；[6,6]插到右儿子【6,7】

--[4,5]与【4,5】匹配，【4,5】记录+1；[6,6]与【6,7】比较，插到左儿子【6,6】

--[6,6]与【6,6】匹配，【6,6】记录+1

[0,7]

--[0,7]与【0,7】匹配，【0,7】记录+1

插入过程结束，线段树上的记录如下（红色数字为每条线段的记录n）：

                                                 【0,7】
                                                      1
                               /                                              \
                     【0,3】                                             【4,7】
                         0                                                     0
                 /                 \                                     /                 \
       【0,1】                 【2,3】                【4,5】                  【6,7】
            0                           1                          2                         0
          /    \                      /      \                     /     \                    /      \
【0,0】 【1,1】       【2,2】   【3,3】       【4,4】 【5,5】     【6,6】  【7,7】
     0            0            0            0            0            0           1           0

询问操作和插入操作类似，也是递归过程，略

2——依次把【0,7】 【0,3】 【2,3】 【2,2】的记录n加起来，结果为2

4——依次把【0,7】 【4,7】 【4,5】 【4,4】的记录n加起来，结果为3

7——依次把【0,7】 【4,7】 【6,7】 【7,7】的记录n加起来，结果为1

不管是插入操作还是查询操作，每次操作的执行次数仅为树的深度——logN

建树有n次插入操作，n*logN，一次查询要logN，m次就是m*logN；总共复杂度O(n+m)*logN，这道题N不超过30000，logN约等于14，所以计算量在10^5～10^6之间，比普通方法快了1000倍；

这道题是线段树最基本的操作，只用到了插入和查找；删除操作和插入类似，扩展功能的还有测度、连续段数等等，在N数据范围很大的时候，依然可以用离散化的方法建树。

湖大的那道题目绕了个小弯子，alpc12有详细的题目和解题报告，有兴趣的话可以看看http://www.cppblog.com/sicheng/archive/2008/01/09/40791.html

线段树的经典题目就是poj1177的picturehttp://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1177

一、Bellman-Ford算法

最优性原理

它是最优性原理的直接应用，算法基于以下事实：

l          如果最短路存在，则每个顶点最多经过一次，因此不超过n-1条边；

l          长度为k的路由长度为k-1的路加一条边得到；

l          由最优性原理，只需依次考虑长度为1，2，…，k-1的最短路。

适用条件&范围

l          单源最短路径(从源点s到其它所有顶点v);

l          有向图&无向图(无向图可以看作(u,v),(v,u)同属于边集E的有向图);

l          边权可正可负(如有负权回路输出错误提示);

l          差分约束系统（需要首先构造约束图，构造不等式时>=表示求最小值, 作为最长路，<=表示求最大值, 作为最短路。<=构图时, 有负环说明无解；求不出最短路（为Inf）为任意解。>=构图时类似）。  

算法描述

l          对每条边进行|V|-1次Relax操作;

l          如果存在(u,v)∈E使得dis[u]+w<dis[v],则存在负权回路;否则dis[v]即为s到v的最短距离,pre[v]为前驱。   

时空复杂度                                                                                            

for i:=1 to |V|-1 do

    for 每条边(u,v)∈E do   Relax(u,v,w);

for每条边(u,v)∈E do

if dis[u]+w<dis[v] Then Exit(False)

算法时间复杂度O(VE)。因为算法简单，适用范围又广，虽然复杂度稍高，仍不失为一个很实用的算法。

改进和优化   如果循环n-1次以前已经发现不存在紧边则可以立即终止； Yen氏改进（不降低渐进复杂度）；SPFA算法

二、             SPFA算法

算法简介

SPFA(Shortest Path Faster Algorithm)是Bellman-Ford算法的一种队列实现，减少了不必要的冗余计算。 它可以在O(kE)的时间复杂度内求出源点到其他所有点的最短路径，可以处理负边。

算法流程

SPFA对Bellman-Ford算法优化的关键之处在于意识到：只有那些在前一遍松弛中改变了距离估计值的点，才可能引起他们的邻接点的距离估计值的改变。因此，算法大致流程是用一个队列来进行维护，即用一个先进先出的队列来存放被成功松弛的顶点。初始时，源点s入队。当队列不为空时，取出队首顶点，对它的邻接点进行松弛。如果某个邻接点松弛成功，且该邻接点不在队列中，则将其入队。经过有限次的松弛操作后，队列将为空，算法结束。SPFA算法的实现，需要用到一个先进先出的队列 queue 和一个指示顶点是否在队列中的标记数组mark。为了方便查找某个顶点的邻接点，图采用临界表存储。

算法代码

Procedure SPFA;

Begin

             initialize-single-source(G,s);

             initialize-queue(Q);

             enqueue(Q,s);

             while not empty(Q) do begin

                u:=dequeue(Q);

                for each v∈adj[u] do begin

                   tmp:=d[v]; relax(u,v);

                   if (tmp<>d[v]) and (not v in Q) then enqueue(v);

                   end;

                end;

End;

负环处理

   需要特别注意的是：仅当图不存在负权回路时，SPFA能正常工作。如果图存在负权回路，由于负权回路上的顶点无法收敛，总有顶点在入队和出队往返，队列无法为空，这种情况下SPFA无法正常结束。

判断负权回路的方案很多，世间流传最广、比较容易实现并且高效的方法的是记录每个结点进队次数，超过|V|次表示有负权。

三、             学以致用

POJ 1201 Intervals 差分约束系统

设S(i)为 0..i-1 中在最终序列中的的整数个数。则约束条件如下:

S(b)-S(a) >= c

0 <= S(i+1) - S(i) <= 1 <==> S(i+1)-S(i) >= 0;

                             S(i)-S(i+1) >= -1

注意本题要求的是最小值, 而按照>=号建图后发现图中有负环, 怎么办呢?

其实很简单, 本题求的不是最短路, 而是最长路! Bellman_ford即可!

POJ 1275 Cashier Employment 出纳员的雇佣

黑书上有详细讲解

POJ 1364 King 差分约束系统

这个题目构图之后, 只需要用bellman_ford判断是否有负圈.

构图方法:

首先进行转换:a[j]+...+a[j+m] = a[1]+...a[j+m] - (a[1]+...+a[j-1]) = sum[j+m] -

sum[j-1] >(<) ki. 差分约束只能全部是<=或者(>=).

第二步转换: sum[j+m]-sum[j-1] <= ki-1 或者 sum[j-1]-sum[j+m] <= -ki-1.

约束图构造好后就是简单的Bellman-Ford了!

POJ 1716 Integer Intervals 是1201的简单版本, 贪心算法能够得到更好的效果.

POJ 2983 Is the Information Reliable?

差分约束题, 处理一下等号的情况, 然后普通的Bellman_ford

POJ 3159 Candies 最短路径

Bellman-Ford超时, Dijkstra算法可以高效解决, SPFA(队列)居然超时...SPFA修改为堆栈实现就过了.

POJ 3169 Layout 差分约束

Bellman-Ford 和 SPFA 实现均可

POJ 3259 Wormholes 判断负权回路

TOJ 2976 Path 单纯的最短路径 可练习SPFA

ZOJ 3033 Board Games 我做的第一道Bellman-Ford题目

首先，DFS判断可达性，不可达直接输出infinity结束，可达，bellman-ford判断是否存在负环，存在输出infinity，否则，输出最短距离。

四、             参考资料

《算法导论》；《算法艺术与信息学竞赛》；《算法艺术与信息学竞赛学习指导》；NOCOW；百度百科；alpc55的小地方；highkobe；（谢谢分享）

p.s.：匆匆总结拿来分享，如有不当之处，望指出！----By Fandywang