week6作业
A氪金带东
题目：
实验室里原先有一台电脑(编号为1)，最近氪金带师咕咕东又为实验室购置了N-1台电脑，编号为2到N。每台电脑都用网线连接到一台先前安装的电脑上。但是咕咕东担心网速太慢，他希望知道第i台电脑到其他电脑的最大网线长度，但是可怜的咕咕东在不久前刚刚遭受了宇宙射线的降智打击，请你帮帮他。
提示: 样例输入对应这个图，从这个图中你可以看出，距离1号电脑最远的电脑是4号电脑，他们之间的距离是3。 4号电脑与5号电脑都是距离2号电脑最远的点，故其答案是2。5号电脑距离3号电脑最远，故对于3号电脑来说它的答案是3。同样的我们可以计算出4号电脑和5号电脑的答案是4.
输入：
输入文件包含多组测试数据。对于每组测试数据，第一行一个整数N (N<=10000)，接下来有N-1行，每一行两个数，对于第i行的两个数，它们表示与i号电脑连接的电脑编号以及它们之间网线的长度。网线的总长度不会超过10^9，每个数之间用一个空格隔开。
输出：
对于每组测试数据输出N行，第i行表示i号电脑的答案 (1<=i<=N).
样例：
样例输入：
5
1 1
2 1
3 1
1 1
样例输出：
3
2
3
4
4
思路：
需要计算出的是，某一个节点在网络中的最远路径。这里引入一个概念，树的直径：即树中两点间的最远距离。从树中任意一点与另一点的最大距离的端点一定是树的直径的某一个端点。因此这个题就可以反向考虑，先找出树的直径，然后从直径的端点遍历到其他点。
总结：
关于树的直径：
做法：
（1）首先明确一点，树的直径一定hi某两个叶子之间的距离
(2) 从树中任选一个点开始遍历这棵树，找到一个 距离这个点最远的叶子，然后再从这个叶子开始遍历，找到离这个叶子最远的另一个叶子，他俩之间的距离就是直径。
（3）两次遍历可以得到树的直径
（4）遍历可以用dfs也可以用bfs ,找到距离起点最远的叶子节点就好。
关于dfs遍历时求得的距离：
length[v]=length[u]+(*it).w;
（u，v）起点从u，终点v 的方向，即表示从某一起点到v 的距离，当以x为起始点 dfs 一遍之后，得到的距离就是点x 到各个点的距离。
所以在已知直径的一个端点dot1时，dfs一遍不仅可以记录另一个端点，同时也记录了从dot1到其他所有点的距离。只需要dfs 三次即可。
关于函数是否有返回值。
函数有返回值，但是如果不用的话相当于没有返回值。
用适当的变量可以缩减代码量。
链式前向星(虽然没有用到，但还是记录一下，以备不时之需)
（1）一个head[Maxn]数组，一个边数组Edge[Maxn]
（2）head[u]的含义是一条从u 射出的边的编号id ，则Edge[id]即是那条边。
（3）Edge 的结构体是{int u,v,next} next 是下一条边的编号
（1）使用数组来模拟链表
（2）相比较邻接链表而言，边在链式前向星存储的相对顺序与输入顺序相反，其他差异不大 。
（3）使用一个结构体数组Edge[M]J记录每条边的信息以及next 来指向下一条边的（下标）
（4）使用一个数组Head[M]表示以每个顶点为头的第一条边在结构体数组中的下标，Head 初始化为-1。
（5）插入一条边的时候，插入位置为链表的头部：Edge数组的next 指向head[u],然后Head[u]更新为新加入边的下标。
代码：
//从任何一个点到达直径的端点，然后从该端点到达直径的另一端点
#include<stdio.h>
#include<list>
#include<string.h>
using namespace std;
int visit[10010];
struct line
{
int u;int v;
int w;
};
list<line> l[10010];
int max_length;
int dot;
int dfs(int u,int *length)
{
visit[u]=1; //该点已经访问过
//从list v 建立迭代器
list<line>::iterator it = l[u].begin();
while(it!=l[u].end()) //所有和当前节点直接连接的点
{
int v=(*it).v;
if(visit[v]==0) //没有找到这个节点
{
length[v]=length[u]+(*it).w;
if(length[v]>max_length) {
max_length=length[v];
dot=v;
}
dfs(v,length);
}
it++;
}
return dot;
}
int main()
{
int n;
int length[10010]; //记录从某个点到其他点的距离
int length2[10010];
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i=0;i<=n;i++){
l[i].clear();
}
memset(length,0,sizeof(length));
memset(length2,0,sizeof(length2));
memset(visit,0,sizeof(visit));
max_length=0;
int u,v,w;
line p1,p2;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&v,&w);
p1.u=i; p2.u=v;
p1.v=v; p2.v=i;
p1.w=w; p2.w=w;
l[i].push_back(p1);
l[v].push_back(p2);
} //输入数据完毕得到邻接链表
int dot1=dfs(1,length); //得到第一个端点
memset(length,0,sizeof(length));
memset(visit,0,sizeof(visit));
max_length=0;
int dot2=dfs(dot1,length); //得到第二个端点 同时获得从dot1 到其他所有点的距离 用length数组记录
memset(visit,0,sizeof(visit));
//max_length=0;
dfs(dot2,length2); //用length2 数组记录
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(length[i]>length2[i])
printf("%d\n",length[i]);
else
printf("%d\n",length2[i]);
}
}
return 0;
}
B戴好口罩
题目：
新型冠状病毒肺炎（Corona Virus Disease 2019，COVID-19），简称“新冠肺炎”，是指2019新型冠状病毒感染导致的肺炎。
如果一个感染者走入一个群体，那么这个群体需要被隔离！
小A同学被确诊为新冠感染，并且没有戴口罩！！！！！！
危！！！
时间紧迫！！！！
需要尽快找到所有和小A同学直接或者间接接触过的同学，将他们隔离，防止更大范围的扩散。
众所周知，学生的交际可能是分小团体的，一位学生可能同时参与多个小团体内。
请你编写程序解决！戴口罩！！
输入：
多组数据，对于每组测试数据：
第一行为两个整数n和m（n = m = 0表示输入结束，不需要处理），n是学生的数量，m是学生群体的数量。0 < n <= 3e4 ， 0 <= m <= 5e2
学生编号为0~n-1
小A编号为0
随后，m行，每行有一个整数num即小团体人员数量。随后有num个整数代表这个小团体的学生。
输出：
输出要隔离的人数，每组数据的答案输出占一行
样例：
样例输入：
100 4
2 1 2
5 10 13 11 12 14
2 0 1
2 99 2
200 2
1 5
5 1 2 3 4 5
1 0
0 0
样例输出：
4
1
1
思路：
这个是一个很明显的分组问题。输出的结果就是某位学生所在的组内的人数。
采用并查集求解。
总结：
并查集的三种基本操作：
初始化：
void init(int n)
{
for(int i=0;i<n;i++) {
pa[i]=i; //刚开始都是自身
rnk[i]=1;
}
}
查找：
int find(int p)
{
if(pa[p]==p) return p;
else return pa[p]=find(pa[p]);
}
合并：
bool unite(int x,int y)
{
x=find(x);
y=find(y);
if(x==y) return false; //本身根节点相同
if(rnk[x]<rnk[y]){ //挂大树
pa[x]=y;
rnk[y]+=rnk[x];
}
else{
pa[y]=x;
rnk[x]+=rnk[y];
}
}
查找和合并优化的意义：
1、find(x)时 路径压缩
寻找祖先时我们一般采用递归查找，但是当元素很多亦或是整棵树变为一条链时，每次find(x)都是O(n)的复杂度，路径压缩就是为了减少这个复杂度，即当我们经过"递推"找到祖先节点后，"回溯"的时候顺便将它的子孙节点都直接指向祖先，这样以后再次find(x)时复杂度就变成O(1).
2、unite(x,y)时 按秩合并
即合并的时候将元素少的集合合并到元素多的集合中，这样合并之后树的高度会相对较小。
代码：
#include<stdio.h>
using namespace std;
int rnk[30010];
int pa[30010];
void init(int n)
{
for(int i=0;i<n;i++) {
pa[i]=i; //刚开始都是自身
rnk[i]=1;
}
}
int find(int p)
{
if(pa[p]==p) return p;
else return pa[p]=find(pa[p]);
}
bool unite(int x,int y)
{
x=find(x);
y=find(y);
if(x==y) return false; //本身根节点相同
if(rnk[x]<rnk[y]){ //挂大树
pa[x]=y;
rnk[y]+=rnk[x];
}
else{
pa[y]=x;
rnk[x]+=rnk[y];
}
}
int main()
{
int n,m;
int s1,s2;
while(~scanf("%d %d",&n,&m)&&!(n==0&&m==0))
{
init(n);
while(m--)
{
int num;
scanf("%d",&num);
scanf("%d",&s1);
for(int i=1;i<num;i++)
{
scanf("%d",&s2);
unite(s1,s2);
}
}
printf("%d\n",rnk[find(0)]);
}
}
C掌握魔法的东东
题目：
东东在老家农村无聊，想种田。农田有 n 块，编号从 1~n。种田要灌氵
众所周知东东是一个魔法师，他可以消耗一定的 MP 在一块田上施展魔法，使得黄河之水天上来。他也可以消耗一定的 MP 在两块田的渠上建立传送门，使得这块田引用那块有水的田的水。 (1<=n<=3e2)
黄河之水天上来的消耗是 Wi，i 是农田编号 (1<=Wi<=1e5)
建立传送门的消耗是 Pij，i、j 是农田编号 (1<= Pij <=1e5, Pij = Pji, Pii =0)
东东为所有的田灌氵的最小消耗
输入：
第1行：一个数n
第2行到第n+1行：数wi
第n+2行到第2n+1行：矩阵即pij矩阵
输出：
东东最小消耗的MP值
样例：
样例输入：
4
5
4
4
3
0 2 2 2
2 0 3 3
2 3 0 4
2 3 4 0
样例输出：
9
思路：
原本是n 个点之间的相互关系，但是由于至少需要一个时灌溉的，因此就变成了求n+1个顶点之间的最小生成树的问题。
总结：
（1）图的重构问题，将n个点重构成n+1 个点，然后求n+1个点的最小生成树。
（2）用并查集和kruskal 结合求最小生成树的方法，我觉得其中最重要的一点是理解当一条边的两个端点的parent 相同时，加入这条边就会形成回路
代码：
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
int sum;
struct pp{
int u;int v;
int w; //从u 到v 的w ,如果v =n+1 ,v是从天而降的
bool operator < (const pp & e) const
{
return w<e.w; //按照边的大小从小到大排序
}
}p[100010];
int fa[350];
void init(int n)
{
for(int i=0;i<=n;i++)
{
fa[i]=i;
}
}
int find(int a)
{
if(fa[a]==a) return a;
else return fa[a]=find(fa[a]);
}
bool unite(int a,int b)
{
int x=find(a);
int y=find(b);
if(x==y) return false; //y 是x的父亲
else fa[x]=y;
return true;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
init(n);
pp aa;
int count=0;
int t=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
aa.u=i;
aa.v=n+1;
scanf("%d",&aa.w);
p[i]=aa;
t++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%d",&aa.w);
if(i!=j){
aa.u=i;
aa.v=j;
t++;
p[t]=aa;
}
}
sort(p+1,p+t+1);
for(int i=1;i<t;i++) //每次选择边最小且不成环的
{
if(unite(p[i].u,p[i].v)) {
sum+=p[i].w;
count++;
}
if(count==n) break;
}
printf("%d\n",sum);
}
D数据中心
题目：
样例：
样例输入：
4
5
1
1 2 3
1 3 4
1 4 5
2 3 8
3 4 2
样例输出：
4
思路：
仍然是最小生成树问题，和上一题差别不大，就是上一题是最小生成树边权求和，这次是求边权的最大值。
代码：
//求解一棵最小生成树
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,root;
struct edge{
int u,v,w;
bool operator < (const edge &e) const
{
return w<e.w;
}
};
edge E[100010];
int fa[50010];
int find(int a)
{
if(fa[a]==a) return a;
else return fa[a]=find(fa[a]);
}
bool unite(int a,int b)
{
int x=find(a);
int y=find(b);
if(x==y) return false;
else fa[x]=y; //y是x的父亲
return true;
}
void init(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
fa[i]=i;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&root);
init(n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&E[i].u,&E[i].v,&E[i].w);
}
sort(E+1,E+m+1);
int res=0;
int count=0;
for(int i=1;i<=m;i++) //n个顶点 n-1条边
{
if(unite(E[i].u,E[i].v)) {
res=max(res,E[i].w);
count++;
if(count==n-1) break;
}
}
if(count==n-1) printf("%d\n",res);
else printf("-1");
return 0;
}
