1.学习总结(2分)
1.1图的思维导图
1.2 图结构学习体会
深度遍历算法 ： 沿着某一节点一直遍历下去直到没有后继节点，然后回溯，看是否还有节点没有遍历到，重复上述步骤，直到所有节点都被访问过了。如果图不联通，已经访问的节点都回溯完了，仍未找到为访问节点可以用visited[i] 数组查找 。
广度遍历算法 ： 如同树的层次遍历，一层一层访问节点 ，需要用到队列来储存每层的节点 ，先入队的先对他进行遍历 。
Prim和Kruscal算法 ：最小生成树算法 ： Prim算法从任意一个给定的节点开始，每次选择与当前节点集合中权重最小的节点，并将两节点之间的边加入到树中，应用贪心算法 。Kruscal算法 ：将每条边的权重按从小到大排列，按照权值的升序来选择边，选择边的同时要注意如果加入该边后形成了回路，就要把这条边删去，选择下一条。
Dijkstra算法 ：最短路径问题 ：初始时：先将初始节点与能到的节点之间边的权重记录在dis[]数组内，到不了的记为无穷大 。并用path[]数组记录下一条边的前驱节点作为路径,没有路径记为-1，然后在dis[]数组内选择最小值，则该值就是源点到达该值对应的顶点的最短路径，并把该节点记录到数组T中，在T新加入的节点寻找是否还有更小的边，有则修改dis数组中对应的值，以及path数组的路径 。
拓扑排序算法 ：在有向图中选一个没有前驱的顶点并且输出，同时将与节点有关的边标记删除。重复操作，若输出的节点数小于原有元素个数，则判定图有环 。
2.PTA实验作业（4分）
2.1 题目1：图着色问题
2.2 设计思路（伪代码或流程图）
先判断图是否连通if(cov<G->n)
不连通则直接返回
连通则while(检验次数--)
for i=0 to G->n
把节点相应的颜色记录在data中 G->adjlist[i].data = colors
判定颜色数是否大于给定的颜色数
若颜色数大于给的颜色数则continue
若不大于则for i=0 to G->n
判断相邻节点是否颜色相同
相同则输出no
不相同输出yes
2.3 代码截图（注意，截图、截图、截图。代码不要粘贴博客上。不用用···语法去渲染）
2.14 PTA提交列表说明。
图不连通的时候过不了，可以通过深度遍历图判断图是否联通解决此问题
2.21题目2:7-2 排座位
2.22 设计思路（伪代码或流程图)
while (查询条数--)
{
判断两个顾客间是否连通flag=0 ;
指向第一条边p = G->adjlist[cus1].firstarc ;
while(p非空)
{
if(cus2==p->adjvex) //找到两个点的公共边
{
flag++ ; //有路径
如果关系为1
输出No problem
如果为-1
进行深度遍历查看是否有共同朋友
如果dfs(G,cus1,cus2)不等于0
输出OK but...
否则
No way
}
p = p->nextarc 下一条边
}
如果flag=0 //无路径
判断是否有共同好友
有则输出 No problem
没有则 输出OK
2.23 代码截图
2.14 PTA提交列表说明
不知道哪里出了问题，参考网络代码
2.21题目2:7-3 7-3 六度空间
2.22 设计思路（伪代码或流程图)
定义一个结构体来存放节点编号和深度遍历是节点所在的层次
typedef struct Element {
VertexType v; /* 结点编号 */
int Layer; /* BFS的层次 */
} QElementType;
从第一个节点作为开始·标记为已访问过
将开始节点存放到结构体中并将层数记为0
将其带有节点信息的结构体入队
while (当队中非空时 )
取队头元素为qe并出队
for 从该点的第一条边开始 to 没有边截止
若edge->Adjv是v的尚未访问的邻接顶点,将其记为六度以内的顶点并将层数加1
如果该节点的层数小于6
将其入队
恢复qe的层数
计算符合“六度空间”理论的结点占结点总数的百分比。
2.23 代码截图
2.14 PTA提交列表说明
没啥问题
3.截图本周题目集的PTA最后排名
3.1 PTA排名（截图带自己名字的排名）
3.2 我的总分：200
4. 阅读代码（必做，1分）
迷宫问题(BFS:迷宫最短路径且输出路径)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
int maze[10][10];
int vis[10][10],dist[10][10];
int dr[]={-1,1,0,0};//上,下,左,右
int dc[]={0,0,-1,1};
struct Node
{
int r,c;//也可以在Node中加一个int pre属性,然后做一个全局的nodes,就不用pre[][]数组了.
Node(int r,int c):r(r),c(c){}
Node(){}
}pre[10][10];
queue<Node> Q;
void BFS()
{
while(!Q.empty()) Q.pop();
memset(vis,0,sizeof(vis));
dist[0][0]=0;
vis[0][0]=1;
Q.push(Node(0,0));
while(!Q.empty())
{
Node node=Q.front();Q.pop();
int r=node.r,c=node.c;
for(int d=0;d<4;d++)
{
int nr=r+dr[d];
int nc=c+dc[d];
if(nr>=0&&nr<5&&nc>=0&&nc<5&&vis[nr][nc]==0&&maze[nr][nc]==0)
{
vis[nr][nc]=1;
Q.push(Node(nr,nc));
dist[nr][nc]=1+dist[r][c];
pre[nr][nc]=Node(r,c);
if(nr==4&&nc==4) return ;
}
}
}
}
int main()
{
for(int i=0;i<5;i++)
for(int j=0;j<5;j++)
scanf("%d",&maze[i][j]);
BFS();
stack<Node> S;
int cur_r=4,cur_c=4;
while(true)
{
S.push(Node(cur_r,cur_c));
if(cur_r==0&&cur_c==0) break;
int r=cur_r,c=cur_c;
cur_r=pre[r][c].r;
cur_c=pre[r][c].c;
}
while(!S.empty())
{
Node node=S.top(); S.pop();
printf("(%d, %d)
",node.r,node.c);
}
return 0;
}
直接BFS求解即可,需要用到vis数组和dist数组,用pre数组来保存当前节点的最短路径上的前一个点 .