牛客 导航系统
题面:
思路:
code:
//https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3007/I
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxm=1e3+5;
struct Node{
int a,b,c;
}e[maxm*maxm];
int g[maxm][maxm];
int d[maxm][maxm];
int pre[maxm];
int ffind(int x){
return pre[x]==x?x:pre[x]=ffind(pre[x]);
}
bool cmp(Node a,Node b){
return a.c<b.c;
}
signed main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>g[i][j];
if(i!=j)d[i][j]=1e17;
}
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(g[i][j]!=g[j][i]){
cout<<"No"<<endl;
return 0;
}else{
e[++cnt]={i,j,g[i][j]};
}
}
}
sort(e+1,e+1+cnt,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){//init pre
pre[i]=i;
}
vector<int>ans;
for(int i=1;i<=cnt;i++){//kruskal
int a=e[i].a;
int b=e[i].b;
int x=ffind(a);
int y=ffind(b);
if(x!=y){
pre[x]=y;
d[a][b]=d[b][a]=e[i].c;
ans.push_back(e[i].c);
}
}
for(int k=1;k<=n;k++){//floyd
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(d[i][j]!=g[i][j]){
cout<<"No"<<endl;
return 0;
}
}
}
cout<<"Yes"<<endl;
sort(ans.begin(),ans.end());
for(int v:ans){
cout<<v<<endl;
}
return 0;
}
bzoj1001: [BeiJing2006]狼抓兔子
题面：
思路:
这类最小成本堵路问题要想到最小割。
根据最大流最小割定理可知答案就是最大流。
注意到是无向边，因此不需要建立反向的0边权虚边。
建图跑dinic计算最大流即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=2e6+1000;
int head[maxm],nt[maxm<<2],to[maxm<<2],w[maxm<<2],cnt;
int d[maxm];
int n,m;
int st,ed;
queue<int>q;
void add(int x,int y,int z){
cnt++;nt[cnt]=head[x];head[x]=cnt;to[cnt]=y;w[cnt]=z;
}
bool bfs(){
while(!q.empty())q.pop();
q.push(st);
for(int i=st;i<=ed;i++){
d[i]=0;
}
d[st]=1;
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i;i=nt[i]){
int v=to[i];
if(!d[v]&&w[i]){
d[v]=d[x]+1;
if(v==ed)return 1;
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int x,int flow){
if(x==ed)return flow;
int res=flow;
for(int i=head[x];i;i=nt[i]){
int v=to[i];
if(w[i]&&d[v]==d[x]+1){
int k=dfs(v,min(res,w[i]));
if(!k)d[v]=-1;
res-=k;
w[i]-=k;
w[i^1]+=k;
}
if(!res)break;
}
return flow-res;
}
int dinic(){
int maxflow=0;
while(bfs()){
maxflow+=dfs(st,2e9);
}
return maxflow;
}
int getid(int i,int j){
return (i-1)*m+j;
}
void init(){
cnt=1;
}
signed main(){
init();
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){//横向边
for(int j=1;j<m;j++){
int a=getid(i,j);
int b=getid(i,j+1);
int c;
scanf("%d",&c);
add(a,b,c);
add(b,a,c);
}
}
for(int i=1;i<n;i++){//纵向边
for(int j=1;j<=m;j++){
int a=getid(i,j);
int b=getid(i+1,j);
int c;
scanf("%d",&c);
add(a,b,c);
add(b,a,c);
}
}
for(int i=1;i<n;i++){//斜向边
for(int j=1;j<m;j++){
int a=getid(i,j);
int b=getid(i+1,j+1);
int c;
scanf("%d",&c);
add(a,b,c);
add(b,a,c);
}
}
st=getid(1,1);
ed=getid(n,m);
int ans=dinic();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
CodeForces1272 E.Nearest Opposite Parity
题意：
给长度为n的数组a
a(i)表示i位置可以走到i+a(i)或者i-a(i)，前提是要走到的位置合法(在1到n之间)
现在问每个位置走到和自己奇偶性不同的位置的最少步数是多少
思路:
首先可以发现当a(i)是奇数的时候就能直接走到奇偶性不同的位置
把题目转化为图论模型：每个位置就是一个节点，按a(i)的奇偶性建图
现在要计算每个点到奇偶性不同的节点的最小距离，是多源最短路
我们可以建立超级源点，然后原图改成反向图，计算超级源点到所有点的距离
这样就变成单源最短路了。
建图：
如果i可以到达j就建立一条j到i的反向边
建立超级源点0代表偶数步终点，超级源点n+1代表奇数步源点
偶数步的源点对所有偶数步点建立有向边，奇数步源点对所有奇数步点建立有向边
计算偶数步源点到所有点的最短距离，如果a(i)是奇数那么源点到i的最短距离就是ans(i)
计算奇数步源点到所有点的最短距离，如果a(i)是偶数那么源点到i的最短距离就是ans(i)
注意源点到其他点的边是按步数的奇偶性建图的，详见代码
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=2e5+5;
vector<int>g[maxm];
int mark[maxm];
int ans[maxm];
int d[maxm];
int a[maxm];
int n;
void spfa(int st){
for(int i=1;i<=n;i++){
mark[i]=0;
d[i]=1e9;
}
queue<int>q;
q.push(st);
mark[st]=1;
d[st]=0;
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int v:g[x]){
if(d[v]>d[x]+1){
d[v]=d[x]+1;
if(!mark[v]){
mark[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){//反向边
if(i-a[i]>=1){
g[i-a[i]].push_back(i);
}
if(i+a[i]<=n){
g[i+a[i]].push_back(i);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]%2==0){
g[0].push_back(i);//偶数步超级源点
}else{
g[n+1].push_back(i);//奇数步超级源点
}
}
spfa(0);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]%2==1&&d[i]!=1e9){
ans[i]=d[i]-1;//因为源点到其他点的距离为1,因此要减掉
}
}
spfa(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]%2==0&&d[i]!=1e9){
ans[i]=d[i]-1;//因为源点到其他点的距离为1,因此要减掉
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!ans[i])ans[i]=-1;
cout<<ans[i]<<' ';
}
return 0;
}
CodeForces1278 D. Segment Tree
题意：
给n个线段(L,R)
保证线段的端点只出现一次
如果线段i和线段j相交，则在i和j之间建立一条边
问最后建出的图是否是一棵树
数据范围：n<=5e5
思路：
先按左端点从小到大排序，这样遍历的时候就能保证当前的l大于之前的所有L了，
然后只需要在之前的点中找到R在当前的(L,R)中的点，然后建边就行了
但是遍历之前的所有点的话是O(n)的，这个地方可以用set维护，set自带的二分能很快找到大于等于当前L的位置
set里面存的是右端点R，但是我们要的是编号，因为题目保证端点不重复，所以用map将R映射成编号就行了(pair也行)
然后暴力建图就行了
为什么可以暴力呢？
因为题目要求是一颗树，最多就建立n-1条边，超过n-1则不成立(其实就是中途如果出现环则不成立)
可以用并查集判环，在最后还要用并查集判断是否只有一个连通块。
总结：
这种有点像二维偏序，先按左端点排序降维，然后set+自带二分就能找到满足条件的元素了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=5e5+5;
struct Node{
int l,r;
}e[maxm];
map<int,int>mark;
int pre[maxm];
set<int>s;
int ffind(int x){
return pre[x]==x?x:pre[x]=ffind(pre[x]);
}
bool cmp(Node a,Node b){
return a.l<b.l;
}
signed main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&e[i].l,&e[i].r);
mark[e[i].r]=i;//用右端点记录点的编号
}
sort(e+1,e+1+n,cmp);//按l从小到大排序
for(int i=1;i<=n;i++){//当前l大于等于set里面的所有l
auto it=s.lower_bound(e[i].l);//找set中r在当前l-r之间的
for(;it!=s.end();it++){
if(*it>e[i].r)break;
int x=ffind(mark[e[i].r]);
int y=ffind(mark[*it]);
if(x==y){//如果形成环则不满足
puts("NO");
return 0;
}else{
pre[x]=y;
}
}
s.insert(e[i].r);
}
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pre[i]==i)sum++;
}
if(sum!=1){
puts("NO");
}else{
puts("YES");
}
return 0;
}
