3月2-第八次机试课记录

图论

坑

• dij使用地图是带权图

  • 记得初始化为INF
  • 无边的权值是INF，不是0，并且这个INF别用INT_MAX这个宏，会导致出现一些问题，比如dij更新路径的时候，INT_MAX + 1会变成负值，出错，自己定义一个比较大的数就行了

  const int INF = 1e9 + 7;
  

思路与总结

• 注意题目意识的转化，要把那些关键的信息抽象出来，比如小偷的移动东西就是可以抽象成为有向树，进而转化为找权值最大的树的根问题。
• 其次要知道每个图相关的算法可以解决什么方面的问题，也就是你拥有那些工具：最短距离是找最短路径算法。涉及全局点的最优值，就是最小生成树。
• 与图相关的算法
  • dfs/bfs
  • 最小生成树（prim + krusk）
  • 最短路径（dij + floyd）
  • 并查集
  • 拓扑排序
• 注意初始化的值，不一定全是-1和0，比如dij的地图无法联通是INF
• 无向图初始化要两次
• 不仅是状态数组需要重新更新，地图在多组数据也要clear

题号

• PIPIOJ 1382: PIPI染色

• PIPIOJ 1010: 好坑的电子地图

• PIPIOJ 1117: 吝啬的PIPI

• PIPIOJ 1384: PIPI的飞行路线

• PIPIOJ 1182: 公交车站

• PIPIOJ 1115: PIPI的聚会

• PIPIOJ 1202: 侦探PIPI

• PIPIOJ 1383: 院长PIPI

• PIPIOJ 1183: 信使PIPI

• PIPIOJ 1122: PIPI的比赛

分析

• 1010

  • 对地图的预处理，将不同奇数偶数的区别直接计算在地图上，ok了

• 1117

  • 同样要对地图预处理
  • 同时这题在dij的时候搜索与更新路径是不一样的
    • 搜索是找最大保留路径
    • 更新是根据乘法更新路径信息
  • 这题还有个坑在与无法转账不是无法访问到这个点，而是最后的保留率为0，因为还可以包含给的数据直接收手续费全收取了

• 1384

  • 使用优化的dij，主要在于使用矩阵的dij每次找最小点需要on的复杂度，现在使用优先队列，可以优化查询时间

  • 其次这题本来是打算使用dfs计算所有到达终点的路径，然后登记路径上可能的最大免费路径，但是答案给出的方法更加巧妙，使用两次dij，一次从起点到各个点，一次从终点到各个点，然后枚举免费路径，利用上面两个数组来维护最小开销

    //使用优先队列优化的dij
    struct Node{
    	int t;//对应点
    	int cost;//对应点的开销，不一定是最小，即为过程值，在过程中逐渐变为最优解
    	bool operator < (const Node &node) const{
            return cost > node.cost;//定义优先级
    	}
    }
    
    const int INF = 1e9;
    
    vector<Node> mp[N];//连接表
    int dist[N];//维护各个点的最小距离
    
    void dij(int s){
    	for(int i = 1; i <= n; i ++)
    		dist[i] = INF;
    	dist[s] = 0;
    	priority_queue<Node> Q;
    	Q.push({s, 0});
    	while(! Q.empty()){
    		Node now = Q.top();Q.pop();
    		
    		if(now.cost > dist[now.t])continue;//比最小的距离都大，没必要访问
    		//就是正常的更新路径
    		for(int i = 0; i < mp[now.t].size(); i ++){
    			Node next = mp[now.t][i];
    			if(dist[next.t] > now.cost + next.cost){//注意是now.cost不是dist[now.t]
    				dist[next.t] = now.cost + next.cost;
    				Q.push({next.t, dist[next.t]});
    			}
    		}
    	}
    }
    
    
    

• 1115

  • 这题使用并查集，注意数据n和N是不一样的，朋友的下标并不在n之中，n只是查询的次数

• 1202

  • 这题完全就是问题转化，如果将小偷的动向看成是有向图，那么问题就清楚起来的，也不用去考虑说动态的去找最优先，问题变成静态的找换或者找最多权的根
  • 使用并查集去达到这个目标

• 1383

  • 这题就是问题的转化，从结果去想，所有的人一定都会加入，每两个的关系看成一条边，每加入一条边，就可以减去对应的费用，问题就转化成为了最小生成树（上面这个过程就是kruskal的过程）
  • kruskal过程需要借助并查集

• 1183

  • 多次bfs将矩阵信息从地图矩阵中抽离出来，然后借助prim找最小生成树即可
  • 这题要区别bfs和最小生成树，bfs是在地图上跑的，而prim是在描述两者信息的矩阵上跑的，这题明显看出来
  • 其次，我本来想着一次bfs，然后最大的那个点的值就是结论，这样是错的，因为这样刚好是：当起点是最小生成树的中间点的时候，最小生成树的值刚好和bfs到最远点相同。但是起点不一定是中间点。
  • 我还想着多次bfs可以不用，一次bfs后，给每个教学楼打上时间戳，时间梯度差就是两点的距离，这样也是错的，还是最小生成树中间点是起点，两个端点a和b，a和b的最小距离可以是经过起点后才能计算，那么上面的结论完全错了，这个结论依赖两个端点直通才能有这个结论，如果不直通，那么就是错误的

• 1122

  • 就是拓扑排序了，为了使得小的数字先数组使用了优先队列

    //优先队列是权值越大越先输出，即为递减队列
    priority_queue<int> Q;//默认是递减队列
    priority_queue<int, vector<int>, less<int> > Q;//等价于这个
    
    //递增队列
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > Q;