程序设计思维与实践 Week7 作业 (3/4/数据班)
A - TT 的魔法猫
众所周知，TT 有一只魔法猫。
这一天，TT 正在专心致志地玩《猫和老鼠》游戏，然而比赛还没开始，聪明的魔法猫便告诉了 TT 比赛的最终结果。TT 非常诧异，不仅诧异于他的小猫咪居然会说话，更诧异于这可爱的小不点为何有如此魔力？
魔法猫告诉 TT，它其实拥有一张游戏胜负表，上面有 N 个人以及 M 个胜负关系，每个胜负关系为 A B，表示 A 能胜过 B，且胜负关系具有传递性。即 A 胜过 B，B 胜过 C，则 A 也能胜过 C。
TT 不相信他的小猫咪什么比赛都能预测，因此他想知道有多少对选手的胜负无法预先得知，你能帮帮他吗？
Input
第一行给出数据组数。
每组数据第一行给出 N 和 M（N , M <= 500）。
接下来 M 行，每行给出 A B，表示 A 可以胜过 B。
Output
对于每一组数据，判断有多少场比赛的胜负不能预先得知。注意 (a, b) 与 (b, a) 等价，即每一个二元组只被计算一次。
Sample Input
3
3 3
1 2
1 3
2 3
3 2
1 2
2 3
4 2
1 2
3 4
Sample Output
0
0
4
问题分析
构造有向图，利用弗洛伊德算法求路。
dis[i][j]表示两点之间的距离，如果不是通路，记为一个统一的最大整数，遍历途中的每一个点，求最短路，之后统计不互通的点。
优化：常规的三重循环会超时，在第二层循环里，判断i到k是不是有路，如果没有，直接进入下一层循环。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXV = 505;
int n,m;
int dis[MAXV][MAXV];
void Floyd(){
for(int k=1;k<=n;++k){
for(int i=1;i<=n;++i){
if(dis[i][k]==INF){
continue;
}
for(int j=1;j<=n;++j){
if(dis[i][k]!=INF && dis[k][j]!=INF && dis[i][k]+dis[k][j]<dis[i][j]){
dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
}
}
}
}
}
int main()
{
int u,v,w;
int loop;
scanf("%d",&loop);
while(loop--){
scanf("%d%d",&n,&m);
fill(dis[0],dis[0]+MAXV*MAXV,INF);
for(int i=1;i<=n;++i){
dis[i][i]=0;
}
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&u,&v);
dis[u][v]=1;
}
Floyd();
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=i;++j){
if(dis[i][j]==INF&&dis[i][j]==dis[j][i]){
sum++;
}
}
}
printf("%d
",sum);
}
return 0;
}
B - TT 的旅行日记
众所周知，TT 有一只魔法猫。
今天他在 B 站上开启了一次旅行直播，记录他与魔法猫在喵星旅游时的奇遇。 TT 从家里出发，准备乘坐猫猫快线前往喵星机场。猫猫快线分为经济线和商业线两种，它们的速度与价钱都不同。当然啦，商业线要比经济线贵，TT 平常只能坐经济线，但是今天 TT 的魔法猫变出了一张商业线车票，可以坐一站商业线。假设 TT 换乘的时间忽略不计，请你帮 TT 找到一条去喵星机场最快的线路，不然就要误机了！
输入
输入包含多组数据。每组数据第一行为 3 个整数 N, S 和 E (2 ≤ N ≤ 500, 1 ≤ S, E ≤ 100)，即猫猫快线中的车站总数，起点和终点（即喵星机场所在站）编号。
下一行包含一个整数 M (1 ≤ M ≤ 1000)，即经济线的路段条数。
接下来有 M 行，每行 3 个整数 X, Y, Z (1 ≤ X, Y ≤ N, 1 ≤ Z ≤ 100)，表示 TT 可以乘坐经济线在车站 X 和车站 Y 之间往返，其中单程需要 Z 分钟。
下一行为商业线的路段条数 K (1 ≤ K ≤ 1000)。
接下来 K 行是商业线路段的描述，格式同经济线。
所有路段都是双向的，但有可能必须使用商业车票才能到达机场。保证最优解唯一。
输出
对于每组数据，输出3行。第一行按访问顺序给出 TT 经过的各个车站（包括起点和终点），第二行是 TT 换乘商业线的车站编号（如果没有使用商业线车票，输出"Ticket Not Used"，不含引号），第三行是 TT 前往喵星机场花费的总时间。
本题不忽略多余的空格和制表符，且每一组答案间要输出一个换行
输入样例
4 1 4
4
1 2 2
1 3 3
2 4 4
3 4 5
1
2 4 3
输出样例
1 2 4
2
5
问题分析
由于只会乘坐0段或者1段商业线，可遍历商业线路。假定某一次选中IJ段做商业线，那么SI、JE或者SJ、IE段坐经济线...每次记录下来，选出最小值即可。
乘坐经济线的部分，可用两次迪杰斯特拉算法，分别记下起点和终点到其他点的最短距离。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int size=5e3+10;
const int N=500+5;
const int inf=0x3ffffff;
struct Edge{
int to,next,w;
}e[size];
Edge other[size];
int head[N],tot,n,vis[N],spre[N],sdis[N],tpre[N],tdis[N];
void add(int x,int y,int w)
{
e[++tot].to=y,e[tot].next=head[x];
e[tot].w=w;head[x]=tot;
}
priority_queue<pair<int,int> >q;
void dijkstra(int s,int*dis,int*pre)
{
while(!q.empty())q.pop();
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++)
dis[i]=inf,pre[i]=-1;
dis[s]=0;pre[s]=s;
q.push(make_pair(0,s));
while(!q.empty())
{
int x=q.top().second;
q.pop();
if(vis[x])continue;
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to,w=e[i].w;
if(dis[y]>dis[x]+w)
{
dis[y]=dis[x]+w;
pre[y]=x;
q.push(make_pair(-dis[y],y));
}
}
}
}
void print(int to,int*pre)
{
if(pre[to]!=to)
{
print(pre[to],pre);
printf(" %d",to);
}
else
{
printf("%d",to);
}
}
int main() {
int s,e;
bool enter=false;
while(~scanf("%d%d%d",&n,&s,&e))
{
if(enter)
printf("
");
enter=true;
fill(head,head+N,-1);
tot=-1;
int m;
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
int k;
scanf("%d",&k);
for(int i=0;i<k;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
other[i].next=x,other[i].to=y,other[i].w=z;
}
dijkstra(s,sdis,spre);
dijkstra(e,tdis,tpre);
int point=-1,distance=sdis[e];
bool sort=true;
for(int i=0;i<k;i++)
{
if(sdis[other[i].next]+tdis[other[i].to]+other[i].w<distance)
{
distance=sdis[other[i].next]+tdis[other[i].to]+other[i].w;
point=i;sort=true;
}
if(sdis[other[i].to]+tdis[other[i].next]+other[i].w<distance)
{
distance=sdis[other[i].to]+tdis[other[i].next]+other[i].w;
point=i;sort=false;
}
}
if(point==-1)
{
print(e,spre);
}
else
{
if(sort)
{
print(other[point].next,spre);
int temp=other[point].to;
while(tpre[temp]!=temp)
{
printf(" %d",temp);
temp=tpre[temp];
}
printf(" %d",temp);
}
else
{
print(other[point].to,spre);
int temp=other[point].next;
while(tpre[temp]!=temp)
{
printf(" %d",temp);
temp=tpre[temp];
}
printf(" %d",temp);
}
}
printf("
");
if(point==-1)
printf("Ticket Not Used
");
else
{
if(sort)
printf("%d
",other[point].next);
else
printf("%d
",other[point].to);
}
printf("%d
",distance);
}
return 0;
}
C - TT 的美梦
这一晚，TT 做了个美梦！
在梦中，TT 的愿望成真了，他成为了喵星的统领！喵星上有 N 个商业城市，编号 1 ～ N，其中 1 号城市是 TT 所在的城市，即首都。
喵星上共有 M 条有向道路供商业城市相互往来。但是随着喵星商业的日渐繁荣，有些道路变得非常拥挤。正在 TT 为之苦恼之时，他的魔法小猫咪提出了一个解决方案！TT 欣然接受并针对该方案颁布了一项新的政策。
具体政策如下：对每一个商业城市标记一个正整数，表示其繁荣程度，当每一只喵沿道路从一个商业城市走到另一个商业城市时，TT 都会收取它们（目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3 的税。
TT 打算测试一下这项政策是否合理，因此他想知道从首都出发，走到其他城市至少要交多少的税，如果总金额小于 3 或者无法到达请悄咪咪地打出 '?'。
Input
第一行输入 T，表明共有 T 组数据。（1 <= T <= 50）
对于每一组数据，第一行输入 N，表示点的个数。（1 <= N <= 200）
第二行输入 N 个整数，表示 1 ～ N 点的权值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）
第三行输入 M，表示有向道路的条数。（0 <= M <= 100000）
接下来 M 行，每行有两个整数 A B，表示存在一条 A 到 B 的有向道路。
接下来给出一个整数 Q，表示询问个数。（0 <= Q <= 100000）
每一次询问给出一个 P，表示求 1 号点到 P 号点的最少税费。
Output
每个询问输出一行，如果不可达或税费小于 3 则输出 '?'。
Sample Input
2
5
6 7 8 9 10
6
1 2
2 3
3 4
1 5
5 4
4 5
2
4
5
10
1 2 4 4 5 6 7 8 9 10
10
1 2
2 3
3 1
1 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
2
3 10
Sample Output
Case 1:
3
4
Case 2:
?
?
问题分析
先查询是否有路，有路的前提下，再计算总金额。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3ffffff;
int N,M,T,Q,P;
int dis[205];
int a[100005];
int cnt[205];
int vis[205];
bool dvis[205];
struct edge{
int u_,v_,w_;
};
queue< int > q;
vector< edge > G[205];
void addE(int u,int v,int w)
{
edge e_ ; e_.u_ = u,e_.v_=v,e_.w_=w;
G[u].push_back(e_);
}
void ini()
{
for(int i=0;i<=N;i++)
{
dis[i] = inf;
vis[i] = 0;
cnt[i] = 0;
dvis[i] = 0;
}
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=0;i<205;i++) G[i].clear();
}
void dfs(int y)
{
dvis[y] = 1;
for(int i=0;i<G[y].size();i++)
{
y = G[y][i].v_;
if(dvis[y] == 1) continue;
dfs(y);
}
}
void spfa(int s)
{
dis[s] = 0;
vis[s] = 1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int x = q.front(); q.pop();
vis[x] = 0;
for(int i=0;i<G[x].size();i++)
{
int y = G[x][i].v_ , w = G[x][i].w_;
if( dis[y] > dis[x] + w )
{
dis[y] =w + dis[x];
cnt[y] = cnt[x]+1;
if( cnt[y] >= N)
{
dfs(y);
}
if(vis[y]==1 || dvis[y]==1) continue;
vis[y] = 1;
q.push(y);
}
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>T;
int A,B,cost;
for(int Ti=1;Ti<=T;Ti++)
{
cin>>N;
ini();
for(int Ai=1;Ai<=N;Ai++)
{
cin>>a[Ai];
}
cin>>M;
for(int Gi=0;Gi<M;Gi++)
{
cin>>A>>B;
cost =pow( a[B]-a[A] , 3 ) ;
addE(A,B,cost);
}
spfa(1);
cin>>Q;
cout<<"Case "<<Ti<<":"<<endl;
for(int Qi=0;Qi<Q;Qi++)
{
cin>>P;
//输出最少税费
if(dvis[P] || dis[P] == inf || dis[P]<3)
{cout<<"?"<<endl;
continue;}
cout<<dis[P]<<endl;
}
}
return 0;
}