例题详解Java dfs与记忆化搜索和分治递归算法的使用

例题详解Java dfs与记忆化搜索和分治递归算法的使用

目录一、dfs（深度优先搜索）1.图的dfs2.树的dfs二、记忆化搜索1.普通递归：O(2^n)2.记忆化搜索: O(n)三、分治四、算法题1.dia和威严 示例2.小红点点点 示例13.kotori和素因子 示例1 示例24.kotori和糖果 示例

一、dfs（深度优先搜索）

1.图的dfs

/**

* 深度优先搜索

*

* @param node

* @param set

*/

public void DFS(Node node, Set set) {

if (node == null) {

//当没有节点时，退出此次方法

return;

}

if (!set.contains(node)) {

//没有搜到过就保存，并且继续向下推进

set.add(node);

System.out.print(node.value + " ");

for (Node node1 : node.nexts) {

DFS(node1, set);

}

}

}

2.树的dfs

树（边数=顶点数-1的图）的dfs

public static void dfs(Node treeNode) {http://

if (treeNode == null) {

return;

}

System.out.print(treeNode.value + " ");

// 遍历左节点

dfs(treeNode.left);

// 遍历右节点

dfs(treeNode.right);

}

使用dfs代替状压枚举：  dfs 优于 状压枚举

二、记忆化搜索

记忆化搜索，指通过记录已经搜索到的值来降低重复操作次数，从而加快运行速度。

斐波那契数列问题： 1,1,2,3,5,8,... 求斐波那契数列第n项

1.普通递归：O(2^n)

public static int f(int n){

if(n<=1)return 1;

return f(n-1)+f(n-2);

}

2.记忆化搜索: O(n)

static int[] dp = new int[1000] ;

public static int f1(int n){

if(n<=1) return dp[n] = 1;

if(dp[n]!=0)return dp[n];

return dp[n]=f1(n-1)+f1(n-2);

}

三、分治

将问题拆分成子问题进行求解。

例如归并排序： 1,4,7,2,5,8,3,6,9

第一步 拆分： 左边：1,4,7,2 右边：5,8,3,6,9

第二步 递归排序 左边：1,2,4,7 右边：3,5,6,8,9

第三步 合并两个有序数组 左边：1,2,4,7 右边：3,5,6,8,9

四、算法题

1.dia和威严

难度⭐⭐

知识点：dfs

从根开始dfs即可，dfs的过程中就能找到每个点需要的时间，维护一下最大值。

题目描述：

dia是学生会长。她经常有信息要传达给别人。

学生会的阶层等级森严。每个阶级传达信息只能传达到自己的下属。

一个人可以有多个下属，但一个人最多只能有一个上级。（树）

dia作为学生会长，很明显是没有上级的（即全学生会权利最大者）。

已知每个人传达到下属所消耗的时间。（传达给不同的下属，时间不一定相同） 现在dia有一个信息要传达给一个指定者。只有信息接收的指定者才需要理解信息（花费ai的时间）。她不想让效率太慢，于是她想找出最大时间消耗的那个路线（包括信息接收指定者所需要理解信息的时间），这样就能方便整改。

输入描述:

第一行一个正整数n，代表学生会的人数（dia是1号，其他人标记为2号到n号）。 （1≤n≤200000）第二行有n-1个正整数ai，代表从2号到n号，每个人需要理解信息的时间。 （1≤a1≤100）接下来的n-1行，每行有3个正整数x,y,k,代表x是y的上级，x向y传播信息需要消耗k的时间。（1≤x,y≤n,1≤k≤100）

输出描述:

一个正整数，代表dia选定某人作为信息接收指定者后，花费总时间的最大值。

示例

输入

3

3 4

1 2 4

1 3 2

输出

7

说明

若dia指定3号为信息接受者，消耗时间为2+4=6。

若dia指定2号为信息接受者，消耗为4+3=7。

故最大值为7。

备注:

注：只有指定者需要理解信息，传达者不需要花费时间理解信息。

import java.util.*;

import java.io.*;

public class Main{

static class Edge{

int to;

int weight;

//保存子节点，与线权（传播时间）。

Edge(int to,int weight){

this.to = to;

this.weight = weight;

}

}

static ArrayList[] g;

static int maxtime;

static int weight[];

public static void main(String[] args) throws IOException {

BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));

int n = Integer.parseInt(br.readLine()); //n为总人数

weight = new int[n+1];

g = new ArrayList[n+1];

// 每个桶中保存一个ArrayList（可达）

//这里的i代表了第几个数（从1开始）

for(int i = 1;i<=n;i++){

g[i] = new ArrayList();

}

//保存所有点权（理解时间）纪录了从2到n的点权，与数字的位子相对应。

String[] s = br.readLine().split(" ");

for(int i = 0;i

weight[i+2] = Integer.parseInt(s[i]);

}

for(int i = 0;i

String[] s1 = br.readLine().split(" ");

int x = Integer.parseInt(s1[0]);

int y = Integer.parseInt(s1[1]);

int z = Integer.parseInt(s1[2]);

g[x].add(new Edge(y,z));

}

dfs(1,0);

System.out.println(maxtime);

}

static void dfs(int i ,int time){

if(maxtime

for(int k = 0;k

dfs(g[i].get(k).to,time+g[i].get(k).weight);

}

}

}

非常典型的dfs模板题目：dfs一个树，寻找根到某点的线权总合+某点的点权

思考：？？？

思考1：假如变成根到某点的线权总合+根到某点的点权总合，程序应该怎么改？

解：

dfs(g[i].get(k).to,time+g[i].get(k).weight+weight[i]);//那就加个点权

思考2：假如变成根到叶子点的线权总合+叶子点的点权，程序应该怎么改？

(1)首先思考一个问题：这个递归没有任何判断结束的条件。他是怎么结束的？

因为我们将他递归的过程安排的明明白白，他只是在执行有序有限的递归操作。所以没有给出判断条件。

(2)那么我们应该怎么判断他到叶子节点了呢？

我们单单在递归的代码上修改是不能判断出是否到达了叶子节点，所以还需要想清楚结构体是咋样的。

解：

if(maxtime

思考3：假如变成随意定点到某点的线权总合+某点的点权，程序应该怎么改？

解：

dfs(点的编号,0); 0代表时间从0开始递归

2.小红点点点

难度⭐⭐

知识点：dfs

开一个visited数组用来标记是否访问。对于每个没被访问过的红色节点，开始dfs并标记其相邻的红色节点。只要标号是从小到大开始遍历，最终形成的方案就一定是字典序最小的

题目描述：

小红拿到了一个图，其由 n个顶点、m 条边组成。

这个图上面的一些点被染成了红色。

小红有一个能力：她每次可以点击一个红色的顶点，并将和这个顶点相邻的红色连通块的所有红色顶点全部标记。

当两个红色顶点有一条边相连时，这两个红色顶点被称为连通的。另外，若a和b连通且b和c连通，那么a和c也是连通的。

小红想知道自己至少要点击多少次，可以把所有红色的顶点全部标记。

你能告诉她点击的次数吗？并请你输出一个点击的方案，如果有多个方案合法，请你输出一个字典序最小的方案。

注：字典序的定义：两个不同方案的字典序比较：对于从左到右数第一个不同的数，哪个方案最小，那么它的字典序最小。

例如：方案[1,4,5]和方案[1,3,6]相比，后者更小。因为第一个出现的不同的数是第二个数，4>3。

输入描述:

第一行输出两个正整数 n 和 m ，用空格隔开。分别代表顶点数和边数。

第二行输入一个长度为 n 的字符串，代表每个顶点的染色情况。第 i 个字符为'R'代表第 i 个点被染成红色，为'W'代表未被染色。

接下来的 m 行，每行两个正整数 x 和 y ，代表 x 和 y 有一条无向边相连。

不保证图是整体连通的。不保证没有重边和自环。

数据范围：

输出描述:

第一行输出一个正整数 cnt ，代表小红的点击次数。

第二行输出 cnt 个正整数，用空格隔开，代表小红点击的顺序。

示例1

输入

5 5

RRRWR

3 4

3 1

2 5

5 5

4 5

输出

2

1 2

说明

可以发现，共有2个红色连通块：{1,3}和{2,5}。只需要点击2次即可，字典序最小的方案是[1,2]

import java.util.*;

import java.io.*;

public class Main {

static ArrayList[] g;

static String[] strings;

static int[] visited;

public static void main(String[] args) throws Exception {

BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));

String[] firstLine = br.readLine().split(" ");

int n = Integer.parseInt(firstLine[0]);

int m = Integer.parseInt(firstLine[1]);

g = new ArrayList[n+1];

visited = new int[n+1];

for (int i=1;i

g[i] = new ArrayList();

}

//一个字符一个字符的读取

strings = br.readLine().split("");

for (int i=0;i

//描绘双向图

String[] temp = br.readLine().split(" ");

int x = Integer.parseInt(temp[0]);

int y = Integer.parseInt(temp[1]);

g[x].add(y);

g[y].add(x);

}

int cnt = 0;

StringBuilder sb = new StringBuilder();

for (int i=1;i

if (visited[i] ==0 && strings[i-1].equals("R")) {

cnt++;

sb.append(i + " ");

//从糖葫芦小的开始纪录，然后延深。

dfs(i);

}

}

System.out.println(cnt);

System.out.println(sb);

}

static void dfs(int x) {

if (visited[x] ==0 && strings[x-1].equals("R")) {

//点亮它

visited[x] = 1;

for (int i=0;i

dfs(g[x].get(i));

}

}

}

}

3.kotori和素因子

难度⭐⭐⭐

知识点：dfs(回溯法)

按照题意进行dfs即可。注意素因子的判重，可以使用set或者visited数组。

题目描述:

kotori拿到了一些正整数。她决定从每个正整数取出一个素因子。但是，kotori有强迫症，她不允许两个不同的正整数取出相同的素因子。

她想知道，最终所有取出的数的和的最小值是多少？

注：若a%k==0，则称k是a的因子。若一个数有且仅有两个因子，则称其是素数。显然1只有一个因子，不是素数。

输入描述:

第一行一个正整数n，代表kotori拿到正整数的个数。

第二行共有n个数ai，表示每个正整数的值。

保证不存在两个相等的正整数。

1<=n<=10

2<=ai<=1000

输出描述:

一个正整数，代表取出的素因子之和的最小值。若不存在合法的取法，则输出-1。

示例1

输入

4

12 15 28 22

输出

17

说明

分别取3，5，7，2，可保证取出的数之和最小

示例2

输入

5

4 5 6 7 8

输出

-1

备注:        1<=n<=10        2<=ai<=1000

import java.util.*;

import java.io.*;

public class Main{

static boolean[] check = new boolean[2000];

static int[] ai;

static int n;

static int min = Integer.MAX_VALUE;

//判断是否为素数

statihttp://c boolean isPrime(int x){

if(x<2) return false;

//这是根据开根号的演化版本，提高了效率。

for(int i=2;i*i<=x;i++){

if(x%i==0)return false;

}

return true;

}

static void dfs(int index,int sum){

if(index==n){

min=Math.min(min,sum);

return;

}

//查找这个数没有被占用的素因子。

for(int i=2;i<=ai[index];i++){

if(ai[index]%i==0&&check[i]==false&&isPrime(i)){

check[i]=true;

dfs(index+1,sum+i);

//回溯的方法。

check[i]=false;

}

}

}

public static void main(String[] args)throws IOException{

BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));

n = Integer.parseInt(br.readLine());

String[] a = br.readLine().split(" ");

//负责保存所有输入的数

ai = new int[n];

for(int i=0;i

ai[i]=Integer.parseInt(a[i]);

}

dfs(0,0);

System.out.println(min==Integer.MAX_VALUE ? -1:min);

br.close();

}

}

4.kotori和糖果

难度⭐⭐⭐⭐

知识点：记忆化搜索

正难则反，我们反向推理。

如果共有n个糖果：

若n为偶数，最后一次合并一定是两堆n/2合并最优。若n为奇数，最后一次合并一定是一堆n/2和一堆n/2+1合并最优（合并的价值为1）。

所以得到递推式：f(n)=f(n/2)+f(n-n/2)+n%2

题目描述：

kotori共有n块糖果，每块糖果的初始状态是分散的，她想把这些糖果聚在一堆。但她每次只能把两堆糖果合并成一堆。

已知把两堆数量为a和b的糖果聚在一堆的代价是|a-b|。

kotori想知道，她把这n块糖果聚在一堆的最小代价是多少？

输入描述:

第一行是一个正整数T，代表数据组数。

第二行到第T+1行，每行一个非负整数n，代表kotori的糖果总数量。

输出描述:

每行一个整数，代表kotori需要花费的最小代价。

示例

输入

2

5

6

输出

2

2

说明

n=5时，kotori可以这样聚集糖果：

1 1 1 1 1

2 1 1 1

2 2 1

2 3

5

每一步的代价分别是0,0,1,1，总代价为2。

备注:

对于50%的数据，0

对于另外50%的数据，T=1 , 0≤n≤1e18（这个数据范围是为了为了让你动态规划做不了，上面的范围可以做）

import java.util.*;

import java.io.*;

public class Main{

static HashMap map = new HashMap<>();

public static void main (String[] args) throws IOException{

BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));

int num = Integer.parseInt(br.readLine());

for(int i = 0; i

System.out.println(recurse(Long.parseLong(br.readLine())));

}

}

static long recurse(long num){

if(num <= 1) return 0;

//用于保存

if(map.containsKey(num)) return map.get(num);

long pay = recurse(num/2) + recurse(num-num/2) +num%2;

map.put(num,pay);

return pay;

}

}

num%2的作用就是为了计数，且保存。

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