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  • # 「银联初赛第一场」自学图论的码队弟弟(dfs找环+巧解n个二元一次方程)

    「银联初赛第一场」自学图论的码队弟弟(dfs找环+巧解n个二元一次方程)

    题链

    • 题意:n条边n个节点的连通图,边权为两个节点的权值之和,没有「自环」或「重边」,给出的图中有且只有一个包括奇数个结点的环。
    • 思路:n条边n个节点保证了是在一颗树的基础上加了一条边,有且只有一个奇数节点的环保证了,沿着一个节点走下去会碰到已经访问过的节点。对于方程的解,对1号节点赋予相对值0,遍历所有节点,使所有节点拥有一个相对于1号节点的相对值,具体分析见代码
    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define fre freopen("data.in","r",stdin);
    #define frew freopen("my.out","w",stdout);
    #define ms(a) memset((a),0,sizeof(a))
    #define re(i,a,b) for(register int i=(a);(i)<(b);++(i))
    #define ree(i,a,b) for(register int i=(a);(i)<=(b);++(i))
    #define sf(x) scanf("%d",&(x))
    #define reg register
    typedef long long LL;
    const int inf=(0x7f7f7f7f);
    const int maxn=1e5+5;
    struct node{int u,w;};
    int n;
    vector<node> adj[maxn];
    struct A{int w;bool f;}a[maxn];
    bool vis[maxn];
    int ans;
    bool f;
    void dfs(int v,int par){
        int vs=adj[v].size();
        re(i,0,vs){
            int u=adj[v][i].u;
            if(vis[u]&&u!=par){//碰到已经访问过的非父亲的节点,则找到环
                ans=(adj[v][i].w-a[v].w-a[u].w)/2;//ans作为偏移值
                f=a[v].f;//保存环节点的状态,注意这里找到环之后不能return,要访问完所有节点,给所有节点打上相对值
            }
            if(!vis[u]){
                vis[u]=1;
                a[u].f=!a[v].f;
                a[u].w=adj[v][i].w-a[v].w;//一个节点的相对值为实际的两节点权值和(边长)-减去另一个节点的相对值
                dfs(u,v);
            }
        }
    }
    int main(){
        sf(n);
        for(int i=0,x,y,w;i<n;i++){
            sf(x),sf(y),sf(w);
            adj[x].push_back(node{y,w});
            adj[y].push_back(node{x,w});
        }
        //第一维标记标记相对值,第二维标记状态
        //假定相对值为从0开始,状态只有0,1两种,同状态的节点,其中一个需要增大,其他的都会增大
        a[1]={0,1};
    
        vis[1]=1;
    
        dfs(1,0);
        ree(i,1,n){
            if(a[i].f==f)printf("%d
    ",a[i].w+ans);//和环节点状态一致的节点偏移量一样
            else printf("%d
    ",a[i].w-ans);//和环节点状态相反的节点偏移量相反
        }
        return 0;
    } 
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/sstealer/p/11340755.html
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