DS|图（连通与生成树）
题目一：DS图 -- 图的连通分量
题目描述：
输入无向图顶点信息和边信息，创建图的邻接矩阵存储结构，计算图的连通分量个数。
输入要求：
测试次数t
每组测试数据格式如下：
第一行：顶点数 顶点信息
第二行：边数
第三行开始，每行一条边信息
输出要求：
每组测试数据输出，顶点信息和邻接矩阵信息
输出图的连通分量个数，具体输出格式见样例。
每组输出直接用空行分隔。
输入样例：
3
4 A B C D
2
A B
A C
6 V1 V2 V3 V4 V5 V6
5
V1 V2
V1 V3
V2 V4
V5 V6
V3 V5
8 1 2 3 4 5 6 7 8
5
1 2
1 3
5 6
5 7
4 8输出样例：
A B C D
0 1 1 0
1 0 0 0
1 0 0 0
0 0 0 0
2
V1 V2 V3 V4 V5 V6
0 1 1 0 0 0
1 0 0 1 0 0
1 0 0 0 1 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1
0 0 0 0 1 0
1
1 2 3 4 5 6 7 8
0 1 1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 1
0 0 0 0 0 1 1 0
0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 1 0 0 0 0
3代码示例：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
class Map {
private:
int** array;
string* vertex;
int n;
bool visited[20];
int partnumber;
public:
Map() {
cin >> n;
array = new int* [n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
array[i] = new int[n];
for (int j = 0; j < n; j++) array[i][j] = 0;
}
vertex = new string[n];
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> vertex[i];
partnumber = 0;
}
int findIndex(string str) {
for (int i = 0; i < n; i++) if (str == vertex[i]) return i;
return -1;
}
void createMap() {
int n, v1, v2;
string ch1, ch2;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> ch1 >> ch2;
v1 = findIndex(ch1);
v2 = findIndex(ch2);
array[v1][v2] = 1, array[v2][v1] = 1;
}
}
void DFSTraverse() {
for (int i = 0; i < n; i++) visited[i] = false;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (!visited[i]) {
DFS(i);
partnumber++;
}
}
}
void DFS(int v) {
visited[v] = true;
int* temp = new int[n];
int pos = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) if (array[v][i]) temp[pos++] = i;
for (int i = 0; i < pos; i++) if (!visited[temp[i]]) DFS(temp[i]);
}
void printMap() {
for (int i = 0; i < n; i++) {
cout << vertex[i];
if (i == n - 1) cout << endl;
else cout << " ";
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
cout << array[i][j];
if (j == n - 1) cout << endl;
else cout << " ";
}
}
cout << partnumber << endl;
}
~Map() {
for (int i = 0; i < n; i++) delete[]array[i];
delete[]array;
delete[]vertex;
}
};
int main() {
int t;
cin >> t;
while (t--) {
Map M;
M.createMap();
M.DFSTraverse();
M.printMap();
cout << endl;
}
return 0;
} 题目二：DS图 -- 最小生成树
题目描述：
根据输入创建无向网。分别用Prim算法和Kruskal算法构建最小生成树。（假设：输入数据的最小生成树唯一。）
输入要求：
顶点数n
n个顶点
边数m
m条边信息,格式为：顶点1顶点2权值
Prim算法的起点v
输出要求：
输出最小生成树的权值之和
对两种算法，按树的生长顺序，输出边信息(Kruskal中边顶点按数组序号升序输出)
输入样例：
6
v1 v2 v3 v4 v5 v6
10
v1 v2 6
v1 v3 1
v1 v4 5
v2 v3 5
v2 v5 3
v3 v4 5
v3 v5 6
v3 v6 4
v4 v6 2
v5 v6 6
v1
输出样例：
15
prim:
v1 v3 1
v3 v6 4
v6 v4 2
v3 v2 5
v2 v5 3
kruskal:
v1 v3 1
v4 v6 2
v2 v5 3
v3 v6 4
v2 v3 5代码示例：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXNUMBER = 100;
struct Close {
int adjvex;
int loweight = 0x3f3f3f3f;
} closedge[MAXNUMBER];
struct Path {
int head;
int tail;
};
class Map {
int matrix[MAXNUMBER][MAXNUMBER] = { 0 };
string* vertex;
int n;//顶点数
int leastWeight = 0;
vector path;
int shortdis[MAXNUMBER];
public:
Map() {
cin >> n;
vertex = new string[n];
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> vertex[i];
for (int i = 0; i < n; i++) shortdis[i] = i;
int edge;
cin >> edge;
for (int i = 0; i < edge; i++) {
string vex1, vex2;
int weight;
cin >> vex1 >> vex2 >> weight;
matrix[find(vex1)][find(vex2)] = matrix[find(vex2)][find(vex1)] = weight;
}
}
int find(string str) {
for (int i = 0; i < n; i++)
if (vertex[i] == str) return i;
}
void Prim() {
string start_vertex;
cin >> start_vertex;
int start = find(start_vertex);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (matrix[start][i]) closedge[i] = { start, matrix[start][i] };
else closedge[i].adjvex = start;
}
closedge[start].loweight = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int minWeight = 0x3f3f3f3f, nextedge;
for (int j = 0; j < n; j++)
if (minWeight > closedge[j].loweight && closedge[j].loweight) {
minWeight = closedge[j].loweight;
nextedge = j;
}
closedge[nextedge].loweight = 0;
Path p = { closedge[nextedge].adjvex, nextedge };
path.push_back(p);
leastWeight += minWeight;
for (int j = 0; j < n; j++)
if (closedge[j].loweight > matrix[nextedge][j] && matrix[nextedge][j])
closedge[j] = { nextedge, matrix[nextedge][j] };
}
cout << leastWeight << endl;
cout << "prim:" << endl;
for (auto& item : path)
cout << vertex[item.head] << ' ' << vertex[item.tail] << ' ' << matrix[item.head][item.tail] << endl;
}
int get(int x) {
if (shortdis[x] == x) return x;
return get(shortdis[x]);
}
void Kruskal() {
path.clear();
cout << "kruskal:" << endl;
int cnt = 0;
for (int k = 0; k < n - 1; k++) {
int minWeight = 0x3f3f3f3f, tail = 0, head = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
if (matrix[i][j] && minWeight > matrix[i][j] && get(i) != get(j)) {
head = i, tail = j;
minWeight = matrix[i][j];
}
}
}
shortdis[get(tail)] = get(head);
Path p = { head, tail };
path.push_back(p);
leastWeight += minWeight;
if (tail || head) cnt++;
}
if (cnt == n - 1) {
//cout << leastWeight << endl;
for (auto& item : path) cout << vertex[item.head] << ' ' << vertex[item.tail] << ' ' << matrix[item.head][item.tail] << endl;
}
else cout << "-1" << endl;
}
};
int main() {
Map map;
map.Prim();
map.Kruskal();
} 题目三：DS图 -- 汉密尔顿回路
题目描述：
著名的“汉密尔顿（Hamilton）回路问题”是要找一个能遍历图中所有顶点的简单回路（即每个顶点只访问 1 次）。本题就要求你判断任一给定的回路是否汉密尔顿回路。
输入要求：
首先第一行给出两个正整数：无向图中顶点数 N（2 n V1 V2 ⋯ Vn 其中 n 是回路中的顶点数，Vi 是路径上的顶点编号。 对每条待检回路，如果是汉密尔顿回路，就在一行中输出"YES"，否则输出"NO"。 “六度空间”理论又称作“六度分隔（Six Degrees of Separation）”理论。这个理论可以通俗地阐述为：“你和任何一个陌生人之间所间隔的人不会超过六个，也就是说，最多通过五个人你就能够认识任何一个陌生人。” “六度空间”理论虽然得到广泛的认同，并且正在得到越来越多的应用。但是数十年来，试图验证这个理论始终是许多社会学家努力追求的目标。然而由于历史的原因，这样的研究具有太大的局限性和困难。随着当代人的联络主要依赖于电话、短信、微信以及因特网上即时通信等工具，能够体现社交网络关系的一手数据已经逐渐使得“六度空间”理论的验证成为可能。 假如给你一个社交网络图，请你对每个节点计算符合“六度空间”理论的结点占结点总数的百分比。 输入第1行给出两个正整数，分别表示社交网络图的结点数N（ 对每个结点输出与该结点距离不超过6的结点数占结点总数的百分比，精确到小数点后2位。每个结节点输出一行，格式为“结点编号:（空格）百分比%”。 战争中保持各个城市间的连通性非常重要。本题要求你编写一个报警程序，当失去一个城市导致国家被分裂为多个无法连通的区域时，就发出红色警报。注意：若该国本来就不完全连通，是分裂的k个区域，而失去一个城市并不改变其他城市之间的连通性，则不要发出警报。 输入在第一行给出两个整数 注意：输入保证给出的被攻占的城市编号都是合法的且无重复，但并不保证给出的通路没有重复。 对每个被攻占的城市，如果它会改变整个国家的连通性，则输出输出要求：
输入样例：
6 10
6 2
3 4
1 5
2 5
3 1
4 1
1 6
6 3
1 2
4 5
6
7 5 1 4 3 6 2 5
6 5 1 4 3 6 2
9 6 2 1 6 3 4 5 2 6
4 1 2 5 1
7 6 1 3 4 5 2 6
7 6 1 2 5 4 3 1输出样例：
YES
NO
NO
NO
YES
NO代码示例：
#include 题目四：DS图 -- 六度空间
题目描述：
输入要求：
，表示人数）、边数M（≤33×N，表示社交关系数）。随后的M行对应M条边，每行给出一对正整数，分别是该条边直接连通的两个结点的编号（节点从1到N编号）。输出要求：
输入样例：
10 9
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10输出样例：
1: 70.00%
2: 80.00%
3: 90.00%
4: 100.00%
5: 100.00%
6: 100.00%
7: 100.00%
8: 90.00%
9: 80.00%
10: 70.00%代码示例：
#include 题目五：DS图 -- 红色警报
题目描述：
输入要求：
N（0 < N ≤ 500）和M（≤ 5000），分别为城市个数（于是默认城市从0到N-1编号）和连接两城市的通路条数。随后M行，每行给出一条通路所连接的两个城市的编号，其间以1个空格分隔。在城市信息之后给出被攻占的信息，即一个正整数K和随后的K个被攻占的城市的编号。输出要求：
Red Alert: City k is lost!，其中k是该城市的编号；否则只输出City k is lost.即可。如果该国失去了最后一个城市，则增加一行输出Game Over.。输入样例：
5 4
0 1
1 3
3 0
0 4
5
1 2 0 4 3输出样例：
City 1 is lost.
City 2 is lost.
Red Alert: City 0 is lost!
City 4 is lost.
City 3 is lost.
Game Over.代码示例：
#include