【图论专题】8.10~8.12 你见过大蒟蒻写题解吗？点进来你就见过了！

8.10号我们做了一套图论模拟题，是学长从各个OJ上扒来的…ACM赛制，十道题，一天QAQ

然后我喜闻乐见的跪了，一天只A了四道，罚时突破天际(:з」∠)【其实到了最后完全不顾罚时，就当平常练习交OJ了…

之后两天才A了全十道题QAQ

以下是个人对题目的见解

A：
POJ 2312
题意：给你一个n*m的地图，给定起点终点，地图上有地面、河流、 铁墙、土墙，可以向土墙发射炮弹打成平地算一次操作，每走一步算一次操作，求起点到终点的最少操作步数。

乍一看是裸的迷宫题，考试时当迷宫打的QAQ然而妥妥T了，n,m<=300+多组询问……本以为加一个很弱的A*优化能过，结果还是T……

正解是spfa：读入后建图，把二维的点映射到一维的点，以某点为起点向四个方向建边，若到达的点为土墙则权值为2，否则权值为1，然后跑一边spfa即可……

B：
POJ 2367

大水题，我这么弱还读完题就A了…一遍拓扑排序，完了。【第一次打拓扑排序，复杂度n^2都能过】

C：
POJ 1797
题意：给定一张n个点，m条边的无向图，每条边有一个重量上限，求从起点1到终点n能够运输的最大的重量。

spfa松弛那里改一下即可，稍微想一下即可A掉
这种我也是第一次打，可能有些地方打的比较奇怪…但是A了233

松弛操作：

if(dist[v]<min(dist[u]+l[I].d))
{
    dist[v]=min(dist[u],l[i].d)
    if(!use[v]) q.push(v),use[v]=1;
}

大概还有其他细节，自行处理。

D：
HDU 3873
你要摧毁一个国家的首都，给定城市之间连通方式，并且每个城市受别的城市保护，只有摧毁所有保护此城市的城市，才可以摧毁此城市。从起点开始可以向多个方向同时出击，求摧毁首都最短用时。
总之就是有节点保护的最短路。

我太弱，考场上没写出来，写了个很迷的spfa+dfs取max，然而WA。后来找的题解…

记录节点u被保护次数为bh[u]，记录pro[u]为保护u结点的dist的最大值。用dijstra跑最短路，因为第一个到达的节点是最优的（贪心），所以每到达一个结点u就把它保护的结点v的bh[v]--，同时更新pro[v]，若某一点的bh值为0且dist不为INF，则push进去更新其他点。再遍历一下所连到的点，到那个点的距离为max(dist[v]+l[i].d,pro[u])。

        for(int i=0;i<g[f].size();i++)
        {
            int v=g[f][i];
            bh[v]--;
            pro[v]=max(pro[v],dist[f]);
            if(bh[v]==0&&dist[v]!=INF)
            {
                dist[v]=max(pro[v],dist[v]);
                q.push((Heap){v,dist[v]});
            }
        }
        for(int i=head[f];i;i=nxt[i])
        {
            int v=l[i].t;
            if(dist[v]>dist[f]+l[i].d)
            {
                dist[v]=max(dist[f]+l[i].d,pro[v]);
                if(!bh[v]) q.push((Heap){v,dist[v]});
            }
        }

E：
POJ 3159
分糖，要满足多个约束条件，类似于a不希望b拿到的糖比a多c块【当然可以a比b拿得多】。求满足所有约束条件的同时N号拿的糖果与1号的最大差值。

第一眼看就是差分约束，关系就是满足b-a<=c。建图解决了，但针对答案还是纠结了好久。
我差分约束的题做的不多，我都是新建一个起点向所有的点连边权为0的边跑最短路，最后的dist数组即为一组可行解。并且同时加任意常数k也是一组可行解。
但这个题是求最大差距，一开始我还想新建起点跑最短路/最长路瞎搞，果断不行。但答案也可以这样看：当1号的解为0时，使N号解最大的dist[n]。
那么，就相当于dist[1]=0了，所以说就可以以1号点为起点跑最短路，输出dist[n]即可。

跑不出最短路就是无解QAQ然而题保证有解。

F：
POJ 3463

求最短路路径条数和长度为 最短路+1 的路径条数之和。

计算最短路路径条数和次短路路径条数，输出时判断次短路是否等于最短路+1。这个想法很显然。

关键是如何记录路径条数。一开始打了K短路想水过去，结果果断T，然后考场上就没时间打了…
dijstra来转移。一共就四种情况：
①最短路可以更新最短路
因为dijstra找到此点第一次肯定是最优的，于是用最短路更新最短路，把原来的最短路放到次短路里，记录路径条数的数组也是这样。别忘了push。
②最短路等于最短路
路径条数++。不需要push
③次短路可以更新次短路
更新次短路，路径数组，push。
④次短路等于次短路
次短路路径条数++。不push

void dij(int s)
{
    for(int i=1;i<=n;i++) dist[i][1]=dist[i][0]=INF;
    dist[s][0]=0;
    num[s][0]=1;
    q.push((Heap){s,0,0});
    while(q.size())
    {
        int f=q.top().u;//点
        int k=q.top().k;//0：最短路，1：次短路
        int d=q.top().d;//dist
        q.pop();
        if(use[f][k]) continue;
        use[f][k]=1;
        for(int i=head[f];i;i=nxt[i])
        {
            int v=l[i].t;
            if(dist[v][0]>d+l[i].d)
            {
                if(dist[v][1]>dist[v][0])
                {
                    dist[v][1]=dist[v][0];
                    num[v][1]=num[v][0];
                    q.push((Heap){v,1,dist[v][1]});
                }
                dist[v][0]=d+l[i].d;
                num[v][0]=num[f][0];
                q.push((Heap){v,0,dist[v][0]});
            }
            else if(dist[v][0]==d+l[i].d)
            {
                num[v][0]+=num[f][0];
            }
            else if(dist[v][1]>d+l[i].d)
            {
                dist[v][1]=d+l[i].d;
                num[v][1]=num[f][k];
                q.push((Heap){v,1,dist[v][1]});
            }
            else if(dist[v][1]==d+l[i].d)
            {
                num[v][1]+=num[f][k];
            }
        }
    }
}

G：
POJ 1860
题目大意：现有N种货币，M个兑换点，每个兑换点可以将某种货币按一定汇率兑换成另一种货币，但是要收取一定手续费。具体来说：A到B的汇率是指你能用1A换到的B的数量。手续费按源货币收取，例如你想把100美元(USD)换成俄罗斯卢布(RUR)，汇率是29.75，手续费是0.39，那么你能换得(100-0.39)*29.75=2963.3975 RUR。从不同兑换点兑换同种货币可能有不同的汇率和手续费。现在你有V单位的货币S，你想知道是否存在一种兑换方案，使得经过一系列兑换后你能换得更多的货币S。

就是找正环…bellmanFord，在n-1次循环后还可以继续更新则说明有正环。

H：
POJ 1511
给定一张有向图，给定起点1，求起点到所有其他点来回的最短路的长度之和。

大水题，跑一遍spfa 后反向建边再跑一遍，两遍得出来的dist数组暴力相加即为答案。

I：
HDU 3938
ZLGG发现了一个神奇的定理：香蕉越大，香蕉皮越大。运用这个重要的定理他可以在他的学校建立一对传送门。不幸的是，在U和V之间建立一对传送门要花费min{T}单位能量。一条路径中的T是从U到V的一条路径中最长的边的长度。两点间可能有多条路径。ZLGG拥有L单位能量，他想知道他有多少种不同的建造传送门的方案。

这个题是一个特别好的最小生成树的题，因为单看题面完全看不出来是最小生成树…
考虑只有一组询问的时候。边权大于L的边可以忽略。若A集合有a个点，B集合有b个点，则跨AB两集合的传送门建造方案则为a*b。
多组询问怎么办？离线大法好。将多组询问按L由小到大排序，然后做克鲁斯卡尔，两集合合并时更新答案。

        for(int i=1,j=1;i<=q;i++)
        {
            ans[i].ans=ans[i-1].ans;

            for(;j<=m&&ans[i].l>=l[j].d;j++)
            {
                int x=find(l[j].f);
                int y=find(l[j].t);
                if(x!=y)
                {
                    fa[x]=y;
                    ans[i].ans+=num[y]*num[x];
                    num[y]+=num[x];
                    num[x]=0;
                }   
            }
        }

J：
POJ 3114
最短路，相同强连通分量距离为0。

超烦的一个题，因为我拍了几万组数据都没问题，交上去就WA…缩点+最短路，没什么好说的。

要注意重建图的时候不要和原图混淆。
还有就是缩点之后Floyd过不了……