Problem F:Houses

Description

There are several houses in a village. Houses are connected by roads, since building a road will cost much money, for any two houses at most one road connects them, and no road will just connect to a same house, i.e. every road connects two different houses.
The smartest people live in the most convenient house, and the most convenient house is a house connects to most houses. It is your work here to find out at most how many houses a house can connect to .

Input

There’re multiple cases . The first line for each case contains two integers n and m (1≤n≤20, 0≤m≤20), indicating the number of houses and number of roads, houses are numbered from 1 to n. Then for each of the following m lines, there are two different integers a and b (1≤a, b≤n), indicating there is a road connecting house a and house b.
Input is end with two 0’s .

Output

For each case output the result in one line.

Sample Input

1 0
2 0
2 1
1 2
3 2
1 2
2 3
0 0

Sample Output

0
0
1
2

看完题目的第一反应是，求每个房子连通的房子数，然后找出连通数最多的房子......

写出来倒没用多长时间，测试数据也过了，可是一交上去就是一个WA。我检查来检查去，改了两个小细节，
就是发现不了错在哪里，就那样一直找阿找啊，到9点50结束。回去又不甘心，第二天再看过。
正好小雅问最强那队拿了他们AC的代码来参考，才发现那题代码居然出奇地简单。一看之下，差点晕过去。
我一直以为题目里面说的connect to 是指从一个房子和另一个房子连通。没想到居然是指一个房子到另一个房子有边。
这样一来，只求个最大度定点就行了，还搞了我那么久。又恰好那测试数据这两种理解的答案都一样。。。。。
这次可是领教到了，题目的歧义性，怪不得老师晚上一开始就意味深长地奸笑，“你们看题目应该各种理解都尝试一下呵”，
原来是这个意思....
看来很多人都中了招，看这题的AC比例：
Problem F:Houses
Time Limit:1000MS  Memory Limit:65536K
Total Submit:20 Accepted:8 
er~~需要说明的是，其中有4个WA是我造成的.....-_-|

Let E = {1}_{1 × N}, F = {1}_{M × 1}. C = AB implies EC = E(AB) and CF = (AB)F. If C and AB differ at the element in row r and column c, then EC and E(AB) will differ at the element in column c, and CF and (AB)F will differ at the element in row r. Thus the incorrect element of C can be located by evaluating and comparing EC, E(AB), CF and (AB)F. Exploiting the associativity of matrix multiplication, E(AB) and (AB)F can be first changed into (EA)B and A(BF) before evaluation, which can lead to a great speed-up.

原来O(n³)可以这么巧妙地化为O(n²)。唉，线性代数没学好啊。按照提示，很快就把题目做了出来。看着整整齐齐的一版代码，突然兴起了写一份解题报告的念头，算是一个自我总结，也是和队员和其他acm初学者们交流吧。望各位大牛勿笑。
看完题后，先看数据规模，1000，不是很大，可是如果用标准的矩阵计算方法，M*N*P的规模，就变成10⁹
了。这是不可接受的。一般题目能接受的复杂度就只到10⁸。于是就要找降低复杂度的方法，如上提示所述。要注意的一个小地方是，存储矩阵的数组不能设为int的，因为虽然它说矩阵A、B的元素绝对值不超过1000，可是在计算乘法时就肯定会超过int的范围了，矩阵C的提示也说‘小于2*10⁹’，可是还是有些人粗心地用了int，包括discuss里叫着WA的人和我的队友。至于内存这里就不用担心了。Memory Limit:131072K，也就是说131072*1024字节，开3个1001*1001*4字节的long数组，6个1001*4的long数组，也只是4000多K，不会超。

附：复习一下---整数类型范围，应该牢记

int	2字节	-32768  ~ 32767
unsigned int	2字节	0 ~ 65535
long	4字节	约-2*109 ~ 2*109
unsigned long	4字节	0 ~约 4*109
__int64	8字节	约9*1018
unsigned __int64	8字节	约1.8*1019

int main()
{
 int T,z;
 int i,j;
 cin>>T;
 int a[5][5]={5,-1,-2,-1,-3,-1,5,-3,-2,-4,-2,-3,5,-2,-2,-1,-2,-2,5,-1,-3,-4,-2,-1,-2000};
 int s1[101],s2[101];
 char str1[101],str2[101];
 for(z=0;z<T;z++)
 {
  int m[101][101]={{0}};
  cin>>s1[0];
  cin>>str1;
  for(i=0;i<s1[0];i++)
  {
   switch(str1[i])
    {
    case 'A': s1[i+1]=0; break;
    case 'C': s1[i+1]=1; break;
    case 'G': s1[i+1]=2; break;
    case 'T': s1[i+1]=3; break;
    }
  }
  cin>>s2[0];
  cin>>str2;
  for(i=0;i<s2[0];i++)
  {
   switch(str2[i])
    {
    case 'A': s2[i+1]=0; break;
    case 'C': s2[i+1]=1; break;
    case 'G': s2[i+1]=2; break;
    case 'T': s2[i+1]=3; break;
    }
  }
  for(i=1;i<=s1[0];i++)
   m[i][0]=m[i-1][0]+a[s1[i]][4];
  for(j=1;j<=s2[0];j++)
   m[0][j]=m[0][j-1]+a[4][s2[j]];
  for(i=1;i<=s1[0];i++)
   for(j=1;j<=s2[0];j++)
   {
    int max=m[i-1][j-1]+a[s1[i]][s2[j]];
    if(m[i-1][j]+a[s1[i]][4]>max) max=m[i-1][j]+a[s1[i]][4];
    if(m[i][j-1]+a[4][s2[j]]>max) max=m[i][j-1]+a[4][s2[j]];
    m[i][j]=max;
   }
  cout<<m[s1[0]][s2[0]]<<endl;
 }
 return 0;
}

 int f[26]={0};   //fish expected in the first 5 minutes
 int d[26]={0};   //decrease rate
 int t[26]={0};   //time from lake i to i+1

struct P{
 int f,i;
 bool operator<(const P& b)const{  //运算符<重载   鱼数多的排在前，然后到池塘编号小的排前
  if(f!=b.f) return f<b.f;
  return i>b.i;
 }
};
 P p[30];

int main()
{
 int n,maxfish,sum;
 int s[26];    //time to stay at lake i
 int stay[26];
    int h,time;
 bool first=1;
 cin>>n;
 while(n!=0)
 {
  cin>>h;
  maxfish=-1;
  time=h*12; //how many 5 minutes
  for(int i=1;i<=n;i++)
   cin>>f[i];
  for(i=1;i<=n;i++)
   cin>>d[i];
  for(i=1;i<=n-1;i++)
   cin>>t[i];     
  for(i=1;i<=n;i++){  //枚举n个湖
   sum=0;
   memset(s,0,sizeof(s));
   for(int j=1;j<=i;j++)
   {
    p[j-1].f=f[j]; p[j-1].i=j;
   }
   make_heap(p,p+i);  //构造大顶堆，堆顶在p[i-1]
   for(int tm=1;tm<=time; tm++)
   {   //可以钓time次鱼
    pop_heap(p,p+i);  //p[i-1]出堆，调整其它元素
    int pf=p[i-1].f;
    int pi=p[i-1].i;
    sum+=pf; 
    s[pi]++;  //在pi湖钓一次鱼
    p[i-1].f=(pf-d[pi]>0)?(pf-d[pi]):0;
    push_heap(p,p+i);  //将p[i-1]加入堆，重新调整堆
   }
   if(sum>maxfish)
   {
    maxfish=sum;
    memcpy(stay,s,sizeof(s));
   }
  time-=t[i];
  }
 if (first==1) first=0;
 else cout<<endl;
 for(i=1;i<=n-1;i++)
  cout<<stay[i]*5<<", ";
 cout<<stay[n]*5<<endl;
 cout<<"Number of fish expected: "<<maxfish<<endl;
 cin>>n;
 }
 return 0;
}

int compare(const void *a,const void *b)
{
 if( ((Gangster*)a)->t<((Gangster*)b)->t) return -1;
 if( ((Gangster*)a)->t>((Gangster*)b)->t) return 1;
 return 0;
}

int main()
{
 cin>>N>>K>>T;
 for(int i=0;i<N;i++)
  cin>>g[i].t;
 for( i=0;i<N;i++)
  cin>>g[i].p;
 for( i=0;i<N;i++)
  cin>>g[i].s;
 qsort(g,N,sizeof(Gangster),compare);   //对强盗按到达时间排序
 max=0;
 for(i=0;i<N;i++)
 {
  best[i]=-1;
  if(g[i].t>=g[i].s)  best[i]=0;  //若最后一个gangster的位置可移动得到，至少可得财富
  for(int j=0;j<i;j++)
  {
   int dt=g[i].t-g[j].t;
   int ds=abs(g[i].s-g[j].s);
   if((best[j]>best[i])&&(dt>=ds))   //对前j个人的处理的最佳值，且能拿到第i财富
    best[i]=best[j];              //跳过中间j－i之间的盗贼
  }
  if(best[i]>=0) best[i]+=g[i].p;  //取得第i个盗贼的财富
  if(best[i]>max )  max=best[i];
 }//best[i]表示以第i个盗贼为最后顾客能取得的最大财富
 cout<<max;
 return 0;
}