洛谷专题-较复杂图论I

P1268 树的重量 (思维题)

题意：

首先定义树的重量为数上每个边权的和，现在给你每个叶子结点之间的最短距离，让你求出树的重量

思路：

先定义叶子节点之间的距离为dis[u,v]

那么我们会先考虑只有两个节点的情况，那么答案就为dis[u,v]

当n=3，我们考虑将3号节点加入树中，由于每个节点都是叶子节点，那么3号节点只能由一条边连接至1与2的连线上

长度len = (dis(1,3)+dis(2,3)-dis(1,2))/2

n>3的情况也同理。枚举i，看看点n是不是从点1~i的路径上分叉出来的，求出的最小len就是要加到答案里面去的

 

#include
#include
#include
#include
#define inf 0x3f3f3f3f
 using namespace std;
 const int maxn=35;
 int dis[maxn][maxn];
 int main()
 {
     int n,x;
     while(scanf("%d",&n)&&n){
         memset(dis,0,sizeof(dis));
         for(int i=1;ii){
             for(int j=i+1;j<=n;++j){
                 scanf("%d",&x);
                 dis[i][j]=x,dis[j][i]=x;
             }
         }
        int ans=dis[1][2];
        for(int i=3;i<=n;i++){
            int len=inf;
            for(int j=1;j){
                for(int k=1;k)
                    len=min(len,(dis[i][j]+dis[k][i]-dis[k][j])>>1);
            }
            ans+=len;
        }
        cout<endl;
     }
 }

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P1113 杂务(拓扑排序)

题意：

有n个任务，每个任务完成都有其所需的时间，并且有其前置任务，问完成所有任务要多久(没有直接关系的任务可以同时开始)

思路：

自己写的稍稍有些复杂

首先建图，对于一个任务给所有其前置任务连一条有向边(从前置连向自己)，并记录一个点的入读

之前遍历一遍，将入度为0的点加入队列中，边将其所有相邻的点入度减一，如果有入度为0的点，则加入队列中

比较关键的一点就是如何更新时间dp[nex]=max(dp[nex],dp[i]+tim[nex])

我的写法较为复杂，还多用了一个队列存时间，用一个DP数组就能直接解决了

 

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define inf 0x3f3f3f3f
 using namespace std;
 const int maxn=1e5+10;
 queue<int> a,b;
 vector<int> edge[maxn];
 int in[maxn],tim[maxn],ans,n,mx[maxn];
 void solve()
 {
     for(int i=1;i<=n;i++){
         if(!in[i]){
             a.push(i),b.push(tim[i]);
         }
     }
     while(!a.empty()){
         int x=a.front(),y=b.front();
         a.pop(),b.pop();
         ans=max(ans,y);
         for(int i=0;i){
             in[edge[x][i]]--;
             mx[edge[x][i]]=max(y,mx[edge[x][i]]);
             if(!in[edge[x][i]]){
                 a.push(edge[x][i]);
                 b.push(tim[edge[x][i]]+mx[edge[x][i]]);
             }
         }
     }
 }
 int main()
 {
     int x,y,temp;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=1;i<=n;i++){
         scanf("%d%d",&x,&y);
         tim[x]=y;
         while(scanf("%d",&temp)&&temp){
             edge[temp].push_back(x);
             in[x]++;
         }
     }
     memset(mx,-inf,sizeof(mx));
     ans=-inf;
     solve();
     cout<endl;
 }

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P1525 关押罪犯(二分图/并查集)

题意:

给你m对矛盾关系,每对关系分别涉及到x，y两人,矛盾值为w

请你判断分配x和y到两个集合中，能否避免冲突

如能避免请输出0，如果冲突不可避免，请输出最小的矛盾值

思路：

方法①：并查集

并查集能维护连通性、传递性，通俗地说，亲戚的亲戚是亲戚。

我们不妨这样想：两个人a，b有仇，那么把他们放在一起显然会打起来，那么我们还不如把a与b的其他敌人放在一起，

因为这样可能会出现“敌人的敌人就是朋友”的情况，恰好a与b的其他敌人之间没有矛盾，那么他们就可以放在同一个集合中，反之b对a亦然

我们可以将没对关系按照权值从大到小排序，这样可以保证一旦发生冲突，答案是最小的

对于加入的每段关系，我们先判断他们是否在同一集合内，如果在的话就说明发生冲突，直接输出答案

#include
#include
#include
#include
 using namespace std;
 const int maxn1=2e4+10;
 const int maxn2=1e5+10;
 int fa[maxn1],ene[maxn1];
 struct node{
     int u,v,w;
 }edge[maxn2];
 int find(int x){return fa[x]==x?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
 int cmp(node a,node b){return a.w>b.w;}
 int main()
 {
     int n,m;
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&edge[i].u,&edge[i].v,&edge[i].w);
     for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
     memset(ene,0,sizeof(ene));
     sort(edge+1,edge+1+m,cmp);
     for(int i=1;i<=m;i++){
         int u=edge[i].u,v=edge[i].v,w=edge[i].w;
         int f1=find(u),f2=find(v);
         if(f1==f2){
             cout<endl;
             return 0;
         }
        else{
            if(!ene[u])    ene[u]=v;
            else    fa[find(ene[u])]=find(v);
            if(!ene[v])    ene[v]=u;
            else    fa[find(ene[v])]=find(u);
        }
     }
    cout<<0<<endl;
    return 0;
 }

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方法②：二分图

看到将犯人分成两批应该很容易想到二分图的做法

那么很明显，不是所有所有情况下都能讲犯人分成两部分，必定有一些冲突是无法避免的

我们也可以注意到，冲突是具有单调性的，我们就可以想到二分的做法

我们二分答案，设当前二分的值为mid，此时任意两个矛盾双方x和y必须被分在两个不同集合中，将罪犯们作为节点，在矛盾值大于等于mid的罪犯之间连一条边，我们得到一张无向图。此时我们只需判定这张无向图是否为二分图即可（因为要分为两部分），如果是二分图，令二分右端点R=mid，否则令L=mid即可

 

#include
#include
#include
#include
#include
 using namespace std;
 const int maxn=2e5+10;
 struct edge{
     int u,v,w;
 }p[maxn];
 int n,m,L=0,R=0,cnt=0,head[maxn];
 void add_edge(int x,int y,int w)
 {
     p[++cnt].u=head[x];
     head[x]=cnt;
     p[cnt].v=y;
     p[cnt].w=w;
 }
 bool judge(int mid)
 {
     queue<int> q;
     int color[maxn]={0};
     for(int i=1;i<=n;i++){
         if(!color[i]) color[i]=1,q.push(i);
         while(!q.empty()){
             int x=q.front();
             q.pop();
             for(int j=head[x];j;j=p[j].u){
                 if(p[j].w>=mid){
                     if(!color[p[j].v]){
                         q.push(p[j].v);
                         if(color[x]==1)    color[p[j].v]=2;
                         else    color[p[j].v]=1;
                     }
                    else if(color[p[j].v]==color[x])
                        return false;
                 }
             }
         }
     }
     return true;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=1;i<=m;i++){
         int u,v,w;
         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
         R=max(R,w);
         add_edge(u,v,w);
         add_edge(v,u,w);
     }
    int ans=0;
    R++;
    while(L+1<R){
        int mid=(L+R)>>1;
        if(judge(mid))    R=mid;
        else L=mid;
    }
    cout<endl;
    return 0;
  } 

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