0x6B「图论」练习
POJ3463 Sightseeing
求次短路和方案数统计。需要在dij算法松弛时进行修正。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
6B02 升降梯上
从初始状态spfa跑单源最短路即可。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
6B03 GF和猫咪的玩具
所谓“拉紧”，就等价于找到两点间的最短路。因此本题所求就是所有两点间最短路中最长的。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ2349 Arctic Network
按照两点间距离作为边权建边，求出MST后，输出第s大的边长即可。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
6B06 四叶草魔杖
正解链接 https://www.cnblogs.com/lokiii/p/9342507.html
但我的解法也AC了。暂不知道原因。
说一下我的解法。
由于最后如果存在可行解，会有若干的子图。因此只要跑一次MST，最后判断是否会有权值和不为0的集合即可，若存在，则无解。否则答案就是MST的边权和。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
https://www.cnblogs.com/lokiii/p/9342507.html
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ1275 Cashier Employment
差分约束，具体详见代码。
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=1005;
const int INF=(1<<30)-1;
struct Edge {
int to,nxt,w;
Edge() {
to=nxt=w=-1; //构造函数 仅用于初始化
}
} e[MAXN];
int first[MAXN];
int t,n;
int tot;
int d[MAXN];
int in[MAXN];
int cnt[MAXN];
int R[MAXN];
int num[MAXN];
int inihead[MAXN];
queue q;
void inline Add_Edge(int x,int y,int w) { //链式前向星
tot++;
e[tot].to=y;
e[tot].w=w;
e[tot].nxt=first[x]; //e的下一个是前一个 当第一次进来时 e的上一个不存在 即fisrt的初始值是-1
first[x]=tot;
}
void init() {
int a;
for(int i=1; i<=24; i++)
cin>>R[i]; //1~24点 每个时间需要的人数
cin>>n; //应聘者人数
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=1; i<=n; i++) {
cin>>a;
num[a+1]++; //输入是0~23点 所以这里要+1
}
tot=0;//初始化链式前向星的下标
memset(first,-1,sizeof(first)); //这里的first数组相当于 链式前向星的head数组
memset(e,-1,sizeof(-1));
/*
s[ I ]-s[ I-1 ]>=0 (0<=I<=23)
s[ I-1 ]-s[ I ]>=-num[ I ] (0<=I<=23)
s[ I ]-s[ I-8 ]>=r[ I ] (8<=I<=23)
s[ I ]-s[ I+16 ]>=r[ I ]-s[ 23 ] (0<=I<= 7)
*/
for(int i=1; i<=24; i++) {
if(i>7) Add_Edge(i-8,i,R[i]);
//如果要求最小值的话,变为x-y>=k的标准形式，然后建立一条从y到x的k边，求出最长路径即可
Add_Edge(i,i-1,-num[i]);
Add_Edge(i-1,i,0);
}
for(int i=0; i<25; i++)
inihead[i]=first[i];
//用一个数组暂时存储 因为初始化只有一次 但是二分答案的循环中有加边的操作 这会让first数组改变
}
bool SPFA(int mid) {
for(int i=0; i<=24; i++)
d[i]=-INF,in[i]=0,cnt[i]=0;
q.push(0);
in[0]=1;
cnt[0]++;
d[0]=0;
/*
初始化
原点入队
栈数组 原点为1 其他为0
计数数组 原点为1 其他为0
到原点距离的数组 原点为0 其他为-INF
注意：这里有25个点 0点是虚拟原点 这意味着 其他都需要从1开始存储
————————————————
*/
while(!q.empty()) {
int x=q.front();
q.pop();
in[x]=0; //出栈
for(int i=first[x]; i!=-1; i=e[i].nxt) {
int y=e[i].to;
int w=e[i].w;
if(d[y]25) //进入次数超过理论上限（即结点个数） 说明存在负权回路
return false;
}
}
}
}
return true;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
// freopen("小胖超市.in","r",stdin);
cin>>t;
while(t--) {
init();
int l=0,r=n; //二分答案
int ans=INF;
while(l=ans(s[0]=0)
if(SPFA(mid)) {
r=mid; //可以的话 缩小最大值
ans=min(ans,mid);//可以的情况下 才可以ans求min
} else
l=mid+1;
}
if(ans>n) //为了满足条件 需要雇佣的人超过了申请者的数目 无解
cout<<"No Solution"<
6B12 最优高铁环
dfs判断负环即可。注意建图方式。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ1041 John's trip
题意：求字典序最小的欧拉回路。
首先通过度数，判断是否存在欧拉回路。（所有点度数均为偶数）
然后跑一便euler()即可。注意由于存在字典序，所以要先将边排序。这里使用了链式前向星存图，因为前向星从最后一条边开始扫 所以加边的顺序是降序。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
6B18 太鼓达人
答案显然是，考虑使用dfs构造方案。
具体地说，每次优先尝试放置0，再尝试放置1。同时用一个vis数组对最后k位判重即可。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ1112 Team Them Up!
6B24 Place the Robots
若是直接在所有不发生冲突的坐标点之间建边，则转化为图的最大独立集问题，NP不可解。
于是我就去网上找了题解。
考虑图的性质，因为是网格平面，因此将每一行被墙隔开、且包含空地的连续区域称作“块”。显然，在一个块之中，最多只能放一个机器人。把这些块编上号，如图7.25(a)所示。需要说明的是，最后一行，即第4 行有两个空地，但这两个空地之间没有墙壁，只有草地，所以这两个空地应该属于同一“块”。同样，把竖直方向的块也编上号，如图7.25(b)所示。
把每个横向块看作二部图中顶点集合X 中的顶点，竖向块看作集合Y 中的顶点，若两个块有公共的空地（注意，每两个块最多有一个公共空地），则在它们之间连边。例如，横向块2 和竖向块1 有公共的空地，即(2, 0)，于是在X 集合中的顶点2 和Y 集合中的顶点1 之间有一条边。这样，问题转化成一个二部图，如图7.25(c)所示。由于每条边表示一个空地（即一个横向块和一个竖向块的公共空地），有冲突的空地之间必有公共顶点。例如边(x1, y1)表示空地(0, 0)、边(x2, y1)表示空地(2, 0)，在这两个空地上不能同时放置机器人。所以问题转化为在二部图中找没有公共顶点的最大边集，这就是最大匹配问题。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
https://blog.csdn.net/u014141559/article/details/44409255
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ2195 Going Home
分析题意可知，本题为二分图最小权完备匹配。使用最小费用最大流可以AC。
具体建图方式：建立虚拟超级源点和汇点。
超级源点向所有m节点建边，容量1，费用0。
所有h节点向超级汇点建边，容量1，费用0。
每个m节点向所有h节点建边，容量1，费用为两个节点的距离。
代码如下（PS：method_1为bfs求两点距离，method_2为直接根据坐标计算）
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
82ms AC
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ1422 Air Raid
DAG最小路径覆盖，答案等价于点数-拆点二分图的最大匹配。具体地说，就是将原图上的每个点x拆成两个点x和x+n，对于每条边(x,y)，建边(x,y+n)即可。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ1486 Sorting Slide
显然可以将所有数字作为二分图的左部节点，所有窗口作为二分图的右部节点。本题所求就是，判断是否存在唯一的完美匹配方案。
解决方法是，首先进行一边匈牙利算法。然后依次尝试去掉每一条边，去掉后再跑一边匈牙利算法，判断匹配数是否仍旧是n，如果不是，说明这条边的对应关系是确定的。
代码如下
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ1904 King's Quest
二分图完美匹配的可行边和必须边问题，这里有一篇题解讲的很好。
链接 https://blog.csdn.net/a709743744/article/details/52133778
代码如下
/*
https://blog.csdn.net/a709743744/article/details/52133778
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
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#include
#include
#include
POJ1273 Drainage Ditches
最大流模板题，这里使用了dinic算法。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
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#include
#include
