今天决定刷图论了，做到至少比赛的时候图论的题能够写出来。。。
用Dijkstra即可。。
因为这题可以抽象出边上有权值，点上也有权值。。我们可以先忽略点上的权值，用Dijkstra算出1~n的最短路，最后再加上点上的权值，然后求所有点的最小值即可。。否则把点上的权值也带入求最小值，会wa。。。我被wa了N次了。。。
这题有等级制度，故需要枚举区间进行多次最短路。
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #define MAXN 105 #define MM 100000000 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; int v[MAXN]; int d[MAXN]; int vis[MAXN]; int rank[MAXN]; int dis(int n,int m,int a,int b) { int ans=v[1]; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=MM; d[1]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(g[1][i]&&rank[i]<=b&&rank[i]>=a) { d[i]=g[1][i]; } } vis[1]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { int minn=MM; int k=0; for(int j=1;j<=n;j++) { if(d[j]<minn&&!vis[j]) { minn=d[j]; k=j; } } vis[k]=1; if(k==0) break; // return ans; // ans=min(ans,d[k]); for(int j=1;j<=n;j++) { if(g[k][j]&&!vis[j]&&rank[j]<=b&&rank[j]>=a&&d[k]+g[k][j]<d[j]) d[j]=d[k]+g[k][j]; } } for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,d[i]+v[i]); return ans; } int main(){ int n,m; while(scanf("%d%d",&m,&n)==2) { memset(g,0,sizeof(g)); int k; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d%d",&v[i],&rank[i],&k); for(int j=1;j<=k;j++) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); g[i][a]=b; } } int ans=v[1]; for(int i=rank[1]-m;i<=rank[1];i++)//枚举区间 { ans=min(dis(n,m,i,i+m),ans); } printf("%d\n",ans); } return 0; }
这题是求所有最短路中的最大值。。用dijkstra即可
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #define MM 1000000000 #define MAXN 105 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; int d[MAXN],vis[MAXN]; int dis(int s,int n) { int ans=0; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++) { d[i]=g[1][i]; } vis[1]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { int minc=MM,k=0; for(int j=1;j<=n;j++) { if(d[j]<minc&&!vis[j]) { minc=d[j];k=j; } } if(k==0) // return ans; break; vis[k]=1; //ans+=d[k]; ans=max(ans,minc); for(int j=1;j<=n;j++) { if(g[k][j]+d[k]<d[j]&&!vis[j]) d[j]=g[k][j]+d[k]; } // return ans; } return ans; } int main() { int n; scanf("%d",&n); char ch[100]; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i==j) g[i][j]=0; else g[i][j]=MM; for(int i=2;i<=n;i++) { for(int j=1;j<i;j++) { scanf("%s",ch); if(ch[0]=='x') continue; int s=0; int len=strlen(ch); for(int k=0;k<len;k++) s=s*10+ch[k]-'0'; // scanf("%d",&g[i][j]); g[j][i]=g[i][j]=s; // printf("%d %d %d\n",i,j,s); } } printf("%d\n",dis(1,n)); }
POJ-2387-Til the Cows Come Home
这题目要注意重边。。。dij算法要考虑重边
啊啊啊，以后做图论题得先把特殊情况都先考虑好啊啊。。
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #define MAXN 1005 #define INF 1000000000 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; int vis[MAXN],d[MAXN]; int T,N; int dij(int s,int end) { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=N;i++) if(g[s][i]) d[i]=g[s][i]; else d[i]=INF; d[s]=0; for(int i=1;i<=N;i++) { int minc=INF,k=0; for(int j=1;j<=N;j++) if(d[j]<minc&&!vis[j]) { minc=d[j];k=j; } if(k==0) break; vis[k]=1; if(k==end) return d[k]; for(int j=1;j<=N;j++) if(!vis[j]&&d[j]>d[k]+g[k][j]&&g[k][j]) d[j]=d[k]+g[k][j]; } return d[end]; } int main() { scanf("%d%d",&T,&N); int a,b,c; memset(g,0,sizeof(g)); for(int i=1;i<=T;i++) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); if(g[a][b]) g[a][b]=g[b][a]=min(g[a][b],c); else g[a][b]=g[b][a]=c; } printf("%d\n",dij(N,1)); }
这题还好，挺好做的，只是需要转换一点罢了，用dij
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #define INF 1000000000 #define MAXN 1005 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; int N,M,X; int gg[MAXN][MAXN]; int vis[MAXN],d[MAXN]; int ans[MAXN]; void dis(int s,int m[MAXN][MAXN]) { for(int i=1;i<=N;i++) if(m[s][i]) d[i]=m[s][i]; else d[i]=INF; d[s]=0; memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[s]=1; for(int i=1;i<=N;i++) { int minc=INF,k=0; for(int j=1;j<=N;j++) { if(!vis[j]&&d[j]<minc) { minc=d[j];k=j; } } if(k==0) break; vis[k]=1; for(int j=1;j<=N;j++) { if(!vis[j]&&d[j]>d[k]+m[k][j]&&m[k][j]) d[j]=d[k]+m[k][j]; } } for(int i=1;i<=N;i++) ans[i]+=d[i]; } int main() { int a,b,t; scanf("%d%d%d",&N,&M,&X); memset(g,0,sizeof(g)); memset(gg,0,sizeof(gg)); memset(ans,0,sizeof(ans)); for(int i=1;i<=M;i++) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&t); g[a][b]=gg[b][a]=t; } dis(X,g); dis(X,gg); int maxn=0; for(int i=1;i<=N;i++) maxn=max(ans[i],maxn); printf("%d\n",maxn); }
题意：在一个城市里，有n（1~1000000）个运输中心，有m条有向路连接着任意的两个运输中心。ACM组织（位于编号为1的运输中心）要派发p个雇佣员工早上前往这p个运输中心去发传单，晚上再让他们都回到组织中。问所有人所走路程的总和最短是多少？
因为是稀疏图，所以用邻接表，所以用spfa算法。输入的时候存两个图，一个是原图，一个是原图的每条边都反向的图。。这样求两次spfa从一点到其他所有点的距离即可。
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #define MAXN 1000050 #define INF 1000000000 using namespace std; struct node{ int v,w,next; }edge1[MAXN]; node edge2[MAXN]; int first1[MAXN],first2[MAXN]; long long d[MAXN]; int q[MAXN],vis[MAXN]; int P,Q; int e1,e2; void init(int n) { memset(first1,-1,sizeof(first1)); memset(first2,-1,sizeof(first2)); e1=0,e2=0; } void add1(int u,int v,int w) { edge1[e1].v=v; edge1[e1].w=w; edge1[e1].next=first1[u]; first1[u]=e1++; } void add2(int u,int v,int w) { edge2[e2].v=v; edge2[e2].w=w; edge2[e2].next=first2[u]; first2[u]=e2++; } long long spfa(int s,node *edge,int *first) { long long ans=0; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=P;i++) d[i]=INF; d[s]=0; int rear=0,front=0; q[rear++]=s; while(rear!=front) { int u=q[front++]; if(front>P) front=0; vis[u]=0; for(int i=first[u];i!=-1;i=edge[i].next) { int v=edge[i].v; if(d[v]>d[u]+edge[i].w) { d[v]=d[u]+edge[i].w; if(!vis[v]) { vis[v]=1; q[rear++]=v; if(rear>P) rear=0; } } } } for(int i=1;i<=P;i++) ans+=d[i]; return ans; } int main() { int tt; scanf("%d",&tt); while(tt--) { int a,b,c; scanf("%d%d",&P,&Q); init(P); for(int i=1;i<=Q;i++) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add1(a,b,c); add2(b,a,c); } long long ans=0; ans+=spfa(1,edge1,first1); ans+=spfa(1,edge2,first2); cout<<ans<<endl; } }
题意：Bob现在有的钱数为coin，他想从城市1到城市n，给出m条连接两个城市的有向边，并且给出路的长度w，和经过这条路要交的钱数c。问Bol能从1到达城市n的最短路径为多长。（总共扣的钱数必须不大于coin）
分析：改普通的dij为：只要一边起点的当前花费钱数 + 这条边的花费钱数 <= coin，就让这边终点的信息加入优先队列.(普通的dij是终边的距离有变小才让其加入优先队列)
这题的dij还用到了邻接表。其实这完全可以看做BFS+优先队列
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <queue> #define MAXN 10050 using namespace std; struct ee{ int v,w,c,next; }edge[MAXN]; struct node{ int u,l,c; bool operator <(const node &a)const{ return l>a.l; }; }; int first[105]; priority_queue<node> q; int K,N,R; int e; void init(int n) { memset(first,-1,sizeof(first)); e=0; } void add(int u,int v,int w,int c) { edge[e].v=v; edge[e].w=w; edge[e].c=c; edge[e].next=first[u]; first[u]=e++; } int dij(int s,int end) { while(!q.empty()) { q.pop(); } node a; a.u=s,a.l=0,a.c=0; q.push(a); while(!q.empty()) { node now=q.top(); q.pop(); int u=now.u; if(u==end)return now.l; for(int i=first[u];i!=-1;i=edge[i].next) { int v=edge[i].v; if(now.c+edge[i].c<=K) { a.u=v,a.l=now.l+edge[i].w,a.c=now.c+edge[i].c; q.push(a); } } } return -1; } int main() { scanf("%d%d%d",&K,&N,&R); int s,d,l,t; init(N); for(int i=0;i<R;i++) { scanf("%d%d%d%d",&s,&d,&l,&t); add(s,d,l,t); } printf("%d\n",dij(1,N)); }
题意：求1到n路径权值最小值中的最大值
用变形的dij写，其实这个我之前都是用变形的spfa写的，dij不会写，变形的地方原理一样。。
for(int j=1;j<=n;j++) if(!vis[j]&&d[j]<min(d[k],g[k][j])) d[j]=min(d[k],g[k][j]);
好吧，贴上变形的dij代码
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#include <cstring> #include <cstdio> #include <iostream> #define MAXN 1005 #define INF 1000000000 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; int d[MAXN],vis[MAXN]; int n,m; int dij(int s,int end) { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=g[s][i]; vis[s]=1,d[s]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { int maxn=0,k=0; for(int j=1;j<=n;j++) if(d[j]>maxn&&!vis[j]) { maxn=d[j];k=j; } if(!k) break; vis[k]=1; for(int j=1;j<=n;j++) if(!vis[j]&&d[j]<min(d[k],g[k][j])) d[j]=min(d[k],g[k][j]); } return d[n]; } int main() { int tt; scanf("%d",&tt); for(int cas=1;cas<=tt;cas++) { memset(g,0,sizeof(g)); scanf("%d%d",&n,&m); int a,b,c; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); if(g[a][b]) g[a][b]=g[b][a]=max(c,g[a][b]); else g[a][b]=g[b][a]=c; } printf("Scenario #%d:\n",cas); printf("%d\n\n",dij(1,n)); } }
题意：
给出两只青蛙的坐标A、B，和其他的n-2个坐标，任一两个坐标点间都是双向连通的。显然从A到B存在至少一条的通路，每一条通路的元素都是这条通路中前后两个点的距离，这些距离中又有一个最大距离。
现在要求求出所有通路的最大距离，并把这些最大距离作比较，把最小的一个最大距离作为青蛙的最小跳远距离。
变形的dij
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#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #define MAXN 205 using namespace std; double g[MAXN][MAXN]; struct node{ int x,y; }p[MAXN]; double d[MAXN]; int vis[MAXN]; int n; double cul(node a,node b){ return sqrt(1.0*(a.x-b.x)*(a.x-b.x)+1.0*(a.y-b.y)*(a.y-b.y)); } double dij(int s,int end){ for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=g[s][i]; memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[s]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ double minc=1000000000; int k=0; for(int j=1;j<=n;j++){ if(minc>d[j]&&!vis[j]) { minc=d[j],k=j; } } if(k==0)break; vis[k]=1; for(int j=1;j<=n;j++){ if(!vis[j]&&(d[j]>max(d[k],g[k][j]))) d[j]=max(d[k],g[k][j]); } } return d[end]; } int main() { int cas=1; while(scanf("%d",&n)==1){ if(!n)break; int a,b; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); p[i].x=a,p[i].y=b; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) g[i][j]=1000000000; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) g[i][j]=cul(p[i],p[j]); printf("Scenario #%d\n",cas++); printf("Frog Distance = %.3lf\n\n",dij(1,2)); } return 0; }
分析：就是求两点之间的最短距离，不过这题的建图麻烦点。。dij水之
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <cmath> #define MAXN 205 using namespace std; double g[MAXN][MAXN]; bool f[MAXN][MAXN]; struct node{ int x,y; }p[MAXN]; int n; double walkv,subv; double d[MAXN]; int vis[MAXN]; double dis(node a,node b) { return sqrt(1.0*(a.x-b.x)*(a.x-b.x)+1.0*(a.y-b.y)*(a.y-b.y)); } double dij(int s,int end) { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<n;i++) d[i]=g[s][i]; vis[s]=1; for(int i=0;i<n;i++) { double minc=1000000000; int k=-1; for(int j=0;j<n;j++) if(!vis[j]&&minc>d[j]) { k=j,minc=d[j]; } if(k==-1)break; if(k==end) return d[k]; vis[k]=1; for(int j=0;j<n;j++) if(!vis[j]&&d[k]+g[k][j]<d[j]) d[j]=d[k]+g[k][j]; } return d[end]; } int main() { scanf("%d%d",&p[0].x,&p[0].y); scanf("%d%d",&p[1].x,&p[1].y); n=2; int a,b; int m=2; subv=40*1000.0/60; walkv=10*1000.0/60; memset(f,false,sizeof(f)); while(scanf("%d%d",&a,&b)==2) { if(a==-1&&b==-1) { for(int i=m;i<n-1;i++) { g[i][i+1]=g[i+1][i]=dis(p[i],p[i+1])/subv; f[i][i+1]=f[i+1][i]=true; } m=n; continue; } p[n].x=a,p[n].y=b; n++; } for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) if(!f[i][j]) g[i][j]=dis(p[i],p[j])/walkv; printf("%d\n",(int)(dij(0,1)+0.5)); }
分析：每条边的权值=这条边的unit price*这条边的所有子孙节点的和，求一棵树n个节点的(n-1)条边边权之和的最小值。
可以转化为ans = ∑dist[i] * weight[i].(1 <= i <= vn），其中dist[i]为结点i到根结点root(1)的距离，vn为结点数.
这题还有空树的情况。。伤不起啊。。
用SPFA即可
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#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #define MAXN 50050 #define LL long long #define INF 10000000000LL using namespace std; struct ee{ int v,w,next; }edge[MAXN*3]; int first[MAXN]; int e; LL d[MAXN]; int vis[MAXN],q[MAXN]; int cnt[MAXN]; int p[MAXN]; int n,m; void add(int u,int v,int w){ edge[e].v=v; edge[e].w=w; edge[e].next=first[u]; first[u]=e++; } LL spfa(int s){ int front=0,rear=0; memset(vis,0,sizeof(vis)); // memset(cnt,0,sizeof(cnt)); for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=INF; q[rear++]=s; d[s]=0; vis[s]=1; while(front!=rear){ int u=q[front++]; if(front>n)front=0; vis[u]=0; for(int i=first[u];i!=-1;i=edge[i].next){ int v=edge[i].v; if(d[v]>d[u]+edge[i].w){ d[v]=d[u]+edge[i].w; if(!vis[v]){ q[rear++]=v; // cnt[v]++; // if(cnt[v]>n)return -1;//这个用来求是否有负环，有，返回-1 if(rear>n)rear=0; vis[v]=1; } } } } LL ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]==INF)return -1; else ans+=d[i]*p[i]; return ans; } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); int T; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]); int a,b,c; memset(first,-1,sizeof(first)); e=0; for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add(a,b,c);add(b,a,c); } if(n==0)printf("0\n"); else{ LL ans=spfa(1); if(ans==-1)printf("No Answer\n"); else printf("%I64d\n",ans); } } return 0; }
题意：坐汽车旅游，有n个加油站，每个站有自己的油价，假设每个单位距离耗一个单位油。车子邮箱最多能装c单位油。
问从a到b的最小花费
分析：这题要用到DP状态转移的思想，dp[i][j]表示在i站剩余j单位油时的最小花费，增加状态要一点一点的增加，如果把第i个站的油量1-cap一次性增加，会超时，增加了很多不需要的状态。。
算法：变形的dij
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#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #define MAXN 1050 #define INF 1000000000 using namespace std; struct ee{ int v,w,next; }edge[MAXN*10*2]; int e,first[MAXN]; int dp[MAXN][105];//在i位置剩余j单位油时最少花费 int vis[MAXN][105]; struct node{ int city;//当前城市 int fuel;//当前油剩余量 int cost;//当前花费 bool operator <(const node &a)const{ return cost>a.cost; }; }; int p[MAXN]; priority_queue<node>q; int n,m; void add(int u,int v,int w){ edge[e].v=v; edge[e].w=w; edge[e].next=first[u]; first[u]=e++; } int dij(int s,int end,int cap){ memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<=cap;j++)dp[i][j]=INF; while(!q.empty())q.pop(); node a; a.city=s,a.cost=0,a.fuel=0; q.push(a); dp[s][0]=0; vis[s][0]=1; while(!q.empty()){ node now=q.top(); q.pop(); int u=now.city; if(u==end)return now.cost; /* for(int i=now.fuel+1;i<=cap&&!vis[u][i]&&dp[u][i]>dp[u][i-1]+p[u];i++) { a.city=now.city; a.cost=dp[u][i-1]+p[u]; dp[u][i]=dp[u][i-1]+p[u]; a.fuel=i; q.push(a); } */ int i=now.fuel+1;//只需将油量增一即可，而不是全加上，如上注释代码，全加上会超时，因为增加了许多不需要的状态 if(i<=cap&&!vis[u][i]&&dp[u][i]>dp[u][i-1]+p[u]){ a.city=now.city; a.cost=dp[u][i-1]+p[u]; dp[u][i]=dp[u][i-1]+p[u]; a.fuel=i; q.push(a); } for(i=first[u];i!=-1;i=edge[i].next){ int v=edge[i].v; int k=now.fuel-edge[i].w; if(k>=0&&!vis[v][k]&&dp[v][k]>now.cost){ dp[v][k]=now.cost; a.city=v; a.cost=now.cost; a.fuel=k; q.push(a); } } } return -1; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&p[i]); int a,b,c; memset(first,-1,sizeof(first)); e=0; for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add(a,b,c);add(b,a,c); } int tt; scanf("%d",&tt); while(tt--){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); int ans=dij(b,c,a); if(ans==-1)printf("impossible\n"); else printf("%d\n",ans); } return 0; }
http://blog.sina.com.cn/s/blog_69a101130100jwci.html这个解题报告很好
这题要用c++，用G++会wa
题意：求一个环，环中每点都有一个fun值，还有路上所花时间，求环中所有fun值和/遍历环的时间的最大值
分析:通过二分答案，判断负环，求得答案
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#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #define MAXN 5050 #define INF 1000000000 using namespace std; struct ee{ int v,w,next; }edge[MAXN]; int p[MAXN]; int first[MAXN]; int e; double d[MAXN]; int vis[MAXN],q[MAXN],cnt[MAXN]; int L,P; void add(int u,int v,int w){ edge[e].v=v; edge[e].w=w; edge[e].next=first[u]; first[u]=e++; } bool spfa(double ans){ int front=0,rear=0; memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(cnt,0,sizeof(cnt)); for(int i=1;i<=L;i++) d[i]=INF; d[1]=0; q[rear++]=1; vis[1]=1; while(rear!=front){ int u=q[front++]; if(front>L)front=0; vis[u]=0; for(int i=first[u];i!=-1;i=edge[i].next){ int v=edge[i].v; if(d[v]>d[u]+edge[i].w*ans-p[v]){ d[v]=d[u]+edge[i].w*ans-p[v]; if(!vis[v]){ q[rear++]=v; if(rear>L)rear=0; vis[v]=1; cnt[v]++; if(cnt[v]>L)return false; } } } } return true; } int main() { scanf("%d%d",&L,&P); for(int i=1;i<=L;i++) scanf("%d",&p[i]); int a,b,c; memset(first,-1,sizeof(first)); e=0; for(int i=0;i<P;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add(a,b,c); } double l=0,r=1000; double ans,mid; while(l<=r){ ans=mid; mid=(l+r)/2; if(fabs(ans-mid)<1e-6) break; if(spfa(mid)){ r=mid; } else l=mid; } printf("%.2lf\n",ans); return 0; }
题意：一个矩形，求左上角到右下角花费的最小时间。。矩形上的点的值代表高度，
已知初始速度v，从a 点到 b 点时，速度变为v(a)*2^(A-B)(A,B为对应点的高度),从 a 到 b 所需的时间为 a 的速度的倒数
，故速度就用倒数表示，，，
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#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <queue> #define MAXN 105 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; bool vis[MAXN][MAXN]; int V,R,C; int x[4]={-1,1,0,0}; int y[4]={0,0,1,-1}; struct point{ int x,y; double v,t; bool operator < (const point & a)const{ return t>a.t; } }; priority_queue<point> q; double vvv(int x){ double t=1.0; if(x>=0){ while(x--){ t=t*2; } } else{ while(x++){ t=t/2; } } return t; } double BFS(){ memset(vis,false,sizeof(vis)); point a; a.x=0;a.y=0;a.v=1.0/V;//速度用倒数表示好计算时间 a.t=0; while(!q.empty()){ q.pop(); } q.push(a); while(!q.empty()){ point newp; newp=q.top(); q.pop(); if(vis[newp.x][newp.y])continue; vis[newp.x][newp.y]=true; if(newp.x==R-1&&newp.y==C-1) return newp.t; for(int i=0;i<4;i++){ int xx=newp.x+x[i]; int yy=newp.y+y[i]; if(xx>=0&&xx<R&&yy>=0&&yy<C){ if(!vis[xx][yy]){ a.x=xx,a.y=yy; a.t=newp.v+newp.t; a.v=newp.v*vvv(g[a.x][a.y]-g[newp.x][newp.y]); q.push(a); } } } } return -1; } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); while(~scanf("%d%d%d",&V,&R,&C)){ for(int i=0;i<R;i++) for(int j=0;j<C;j++){ scanf("%d",&g[i][j]); } printf("%.2lf\n",BFS()); } return 0; }
题意：求1与N的相差的最大值
分析：查分约束，a+c>=b则a--->b的路径的权值为c，这么建图就可以像求最短路径那样写。。。最后d[N]即是结果;
这题要用spfa+栈来写，用spfa+队列会超时。。。也可以用dij+优先队列
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#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #define MAXM 150050 #define MAXN 30050 #define INF 1000000000 using namespace std; struct eee{ int w,v,next; }edge[MAXM]; int first[MAXN],d[MAXN],q[MAXN],vis[MAXN]; int e; int N,M; void add(int u,int v,int w){ edge[e].v=v; edge[e].w=w; edge[e].next=first[u]; first[u]=e++; } void init(){ memset(first,-1,sizeof(first)); e=0; } int spfa(){ int top=1; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<=N;i++)d[i]=INF; d[1]=0; q[top]=1; while(top){ int u=q[top--]; vis[u]=0; for(int i=first[u];i!=-1;i=edge[i].next){ int v=edge[i].v; if(d[v]>d[u]+edge[i].w){ d[v]=d[u]+edge[i].w; if(!vis[v]){ q[++top]=v; vis[v]=1; } } } } return d[N]; } int main() { while(scanf("%d%d",&N,&M)==2){ int a,b,c; init(); for(int i=0;i<M;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add(a,b,c); } printf("%d\n",spfa()); } return 0; }
题意：用floyd求两点之间的最大值中的最小值
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#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #define MAXN 350 #define INF 1000000000 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; int N,M,T; void floyd(){ for(int k=1;k<=N;k++) for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=N;j++){ if(g[i][j]>max(g[i][k],g[k][j])){ g[i][j]=max(g[i][k],g[k][j]); } } } int main() { scanf("%d%d%d",&N,&M,&T); int a,b,c; for(int i=0;i<=N;i++) for(int j=0;j<=N;j++) g[i][j]=INF; for(int i=0;i<M;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); g[a][b]=c; } floyd(); for(int i=0;i<T;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); if(g[a][b]==INF)printf("-1\n"); else printf("%d\n",g[a][b]); } return 0; }
题解引用Rainy Days
题意：牛之间有绝对的强弱，给出一些胜负关系，问有多少头牛可以确定其绝对排名。
分析：有人说叫闭包传递。这题就是用一种类似于floyd的算法，开始时，如果a胜b则由a到b连一条边。这样所有a能走到的点都是排名在a以后的。所有能走到a的点都是排名在a以前的。用floyd，求出每个点能到达的点。如果有一个点，排名在它之前的和排名在它之后的点之和为n-1，那么它的排名就是确定的。
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#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #define MAXN 105 using namespace std; int g[MAXN][MAXN]; int N,M; int floyd(){ for(int k=1;k<=N;k++) for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=N;j++){ if(g[i][k]&&g[k][j]) g[i][j]=1; } int ans=0; for(int i=1;i<=N;i++){ int cnt=0; for(int j=1;j<=N;j++){ cnt+=g[i][j]+g[j][i]; } if(cnt==N-1)ans++; } return ans; } int main() { scanf("%d%d",&N,&M); memset(g,0,sizeof(g)); int a,b; for(int i=0;i<M;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); g[a][b]=1; } printf("%d\n",floyd()); return 0; }
- 占位未完待续