基础图论
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HDU - 4463 Outlets
题意：给定一些点的坐标，有两个点必须相连，求这个图的最小生成树
分析：算出每两个点的坐标，然后直接把那两个点相连，再跑一边kruskal。
代码：
#includeint pre[maxn];
int Find(int k)
{
if(pre[k] == k)return k;
else return pre[k] = Find(pre[k]);
}
int ni,app;
int spe[2][2];
double distance(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n) && n != 0)
{
scanf("%d%d",&ni,&app);
for(int i = 0; i <= n; i++) pre[i]=i;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d",&ver[i].x,&ver[i].y);
if(i == ni)
spe[0][0] = ver[i].x,spe[0][1] = ver[i].y;
if(i == app)
spe[1][0] = ver[i].x,spe[1][1] = ver[i].y;
}
int k=0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= n;j++)
{
if(j == i) continue;
e[k].from = i;
e[k].to = j;
e[k++].dis = distance(ver[i].x,ver[i].y,ver[j].x,ver[j].y);
}
}
sort(e,e+k);
double dis = distance(spe[0][0],spe[0][1],spe[1][0],spe[1][1]);
pre[app] = ni;
for(int i = 0; i < k; i++)
{
int x = Find(e[i].from) , y = Find(e[i].to);
if(x != y)
{
pre[y] = x;
dis += e[i].dis;
}
}
printf("%.2lf\n",dis);
}
return 0;
}
HDU - 1863 畅通工程
题意：中文题。
思路：kruskal裸题
代码：
#include HDU - 2544 最短路
题意：中文题
思路：最短路裸题，求出从1->N的最短路，dijkstra
代码：
//from : 1610300124
#include 1;
for(int j=1; j<=n; ++j)if(!vis[j])
{
int tmp = d[u] + w[u][j];
if(tmpprintf("%d\n",d[n]);
}
int main()
{
int a,b,c;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(m==0&&n==0)
break;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
w[i][i]=inf;
for(int j=i+1;j<=n;++j)
w[i][j]=w[j][i]=inf;
}
for(int i=0;iscanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
w[a][b]=w[b][a] = c;
}
Dijkstra(1);
}
return 0;
}
POJ - 1724 ROADS
题意： 求出从1到N的满足钱数<=K的情况下的最短路
思路： 看到这里的大一同学可能会发现我讲的时候讲错了哈，这里是优先长度排序然后再是钱数，（这里指的是出堆的顺序），其实这题会发现dijkstra的堆优化和bfs挺像的，只不过一般bfs的优先级（也就是出队顺序）是步数，而dijkstra优先级（出堆顺序）是距离。对于这一题则还有一个限制，就是总钱数，所以每次让一个点出堆，然后取更新别的值时，入堆还得判断一下能否满足到这个点的花费<=K,这样如果N点第一次出堆的时候，一定是到这个点距离最短的时候，而且满足花费<=K（是不是和bfs想法特别像）
代码：
#include pq;
int K,N,R;
int bfs(int n,int startlen,int startmon)
{
pq.push(edge(n,startlen,startmon));
while(!pq.empty())
{
edge temp = pq.top();
if(temp.to == N)
return temp.len;
pq.pop();
for(int i=0;i < V[temp.to].size(); i++)
{
edge & change = V[temp.to][i];
if( change.mon+temp.mon <= K )
pq.push(edge(change.to,temp.len+change.len,change.mon+temp.mon));
}
}
return -1;
}
int main()
{
int from,to,len,mon;
scanf("%d%d%d",&K,&N,&R);
for(int i = 0; i < R; i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&from,&to,&len,&mon);
V[from].push_back(edge(to,len,mon));
}
printf("%d\n",bfs(1,0,0));
return 0;
}
POJ - 1860 Currency Exchange
题意：给出两种货币之间的汇率和手续费，问如果从货币S出发，通过一些厉害的Currency exchange 后能否赚钱。
思路：这里我们可以发现，其实这道题求的是有无正环，如果从s出发有正环的话，说明可以沿着这个正环无限赚钱，然后回到起点s的时候是会大于原来的值的。想一想bellman是可以判断负环的，那这里我们可以通过变换dis[i]的初始值，然后让bellman去判断有无正环。就是在第n次循环时，如果还能松弛，说明有正环。
代码：
//from : caijichang
#includeif(dis[num[j].end]<(dis[num[j].begin]-num[j].cost)*num[j].rate)
{
flag=false;
dis[num[j].end]=(dis[num[j].begin]-num[j].cost)*num[j].rate;
}
}
if(flag)
return false;
}
return true;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%lf",&n,&m,&s,&v);
int begin,end;
int k=0;
for(int i=0;iscanf("%d%d%lf%lf%lf%lf",&begin,&end,&rate1,&cost1,&rate2,&cost2);
input(begin,end,rate1,cost1);
input(end,begin,rate2,cost2);
}
if(bellman_Ford()) printf("YES");
else printf("NO");
return 0;
}
POJ - 3159 Candies (写的人有点少，过两个星期再写题解~)
HDU - 1875 畅通工程再续
题意：这个也是中文题
思路：在满足条件的位置建桥连边，然后跑一边kruskal
代码：
//from : wangziwei1998
#include int finda(int x)//x点找它的祖先
{
if(father[x]!=x)
father[x]=finda(father[x]);
return father[x];
}
void merges(int x,int y) //把两个点的祖先合并
{
int a=finda(x);
int b=finda(y);
if(a!=b)
{
father[b]=a;
}
}
int main()
{
// freopen("E:\\file.txt","r",stdin);
int n;
int m;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
int i,j,k=0;
double sum=0.0;
int num=0;
scanf("%d",&m);
for(i=0;iscanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
for(i=0;ifor(j=i+1;jsqrt((p[i].x-p[j].x)*(p[i].x-p[j].x)+(p[i].y-p[j].y)*(p[i].y-p[j].y));
k++;
}
}
// cout<
for(i=0;i<=max;i++)
father[i]=i; //把他们的父节点初始化
//输入各个数据
sort(road,road+k,cmp);
for(i=0;iif ((road[i].dis>=10)&&(road[i].dis<=1000))
{
if(finda(road[i].start)!=finda(road[i].endi))
{
merges(road[i].start,road[i].endi);
num=num+1;
sum=sum+road[i].dis;
}
if(num==m-1) break;
}
}
if(num == m-1) printf("%.1lf\n",sum*100);
else printf("Oh!\n");
}
return 0;
} HDU - 1879 继续畅通工程
题意：中文题~
思路：由于有些路已经修好了，所以我们直接把这些路的w看作0，然后跑kruskal就可以了。
代码：
//from : 742962178
#includeHDU - 2489 Minimal Ratio Tree
题意：给一些点的权值，给一些边的权值，从n个点里选定m个点，m-1条边，使得这些边连通这些点，并且边权值/点权值最小。
思路：这里我们先看一下范围啊，点数n<=15,而且我们可以发现，选定点之后，点权值就可以确定了，
我们只需要使连这m个点的边权值最小就可以的，也就是求这m个点的最小生成树。
我这里枚举是使用的按位枚举，也就是使用一个二进制数字，第i位为0表示不取这个点，1表示取这个点，选定点之后就可以跑最小生成树了。
代码：
#include int k = i,ti = 0;
while(k) {if(k&1) ti++; k = (k>>1);}
if(ti != m)continue;
else
{
double w = kruskal(i);
if(w < ansa) anssta = i,ansa = w;
}
}
int out = 1,flag = 0;
while(anssta)
{
if(anssta&1)
{
flag ? printf(" %d",out):printf("%d",out);
flag = 1;
}
out++;
anssta = (anssta >> 1);
}
cout<return 0;
}