2.前向星：
链式结构，结构体保存边
const int maxn=1e5+10;//注意这里的maxn应该开题目给的双倍，因为边是双向的，加边还要开更多 const int inf=1e9; int n,m; int head[maxn]; //head[i]表示以i为起点的最后一条边的编号； struct edge { int to;//这条边的终点 int w; //权重（边长） int last; //与自己起点相同的上一条边的编号 }Edge[maxn];//边数组 int cnt; //记录当前边的编号 void add(int u,int v,int w)//加边 //起点u,终点e,权重w； { Edge[cnt].to=v; Edge[cnt].w=w; Edge[cnt].last=head[u];//现在是要把编号为cnt的边加进来， head[u]=cnt++;//现在cnt边加进来了，cnt边为以u为起点的最后一条边 }
View Code
图的遍历
for(int j=head[i];j!=-1;j=Edge[j].last) { int v=Edge[j].to; }
最短路
Dijstra算法：适用于求边权为正，由单个源点出发到其他所有点的最短路
//Dijkstra int dis[maxn]; struct node { int u;//编号 int d;//距离 bool operator<(const node &res)const{return d>res.d;};//从小到大排序 node(int uu,int dd):u(uu),d(dd){} }; void dijstra(int s)//求图中其它点到源点s的最短路，求出结果存放在dis数组中 { priority_queue<node> q; //优先队列 while(!q.empty())q.pop(); for(int i=1;i<=n;i++) { dis[i]=inf;//初始化所有距离都无限大 } dis[s]=0;//s到自己本身的距离为0 q.push(node(s,0)); while(!q.empty()) { node nx=q.top(); q.pop(); int u=nx.u; for(int i=head[u];i!=-1;i=Edge[i].last) { int to=Edge[i].to; int w=Edge[i].w; if(dis[u]+w<dis[to]) { dis[to]=dis[u]+w; q.push(node(to,dis[to])); } } } return; }
SPFA算法：可以处理负边，不能有负的双向边，一定会存在负环，那样子就没有最小的了，因为可以到无穷小（可以有正的双向边）
//SPFA long long dis[maxn];//dis[i]为源点到i的最短路径长度 int in[maxn]; //in[i]表示i点入队次数 bool vis[maxn];// vis[i]表示i点是否在队列中 int spfa(int s)//用spfa求解源点s到其他点的最短路径，结果放在dis中,存在负环，返回1，不存在返回-1 { queue<int> q; memset(vis,false,sizeof vis); memset(in,0,sizeof in); for(int i=1;i<=n;i++) { dis[i]=inf; } dis[s]=0; q.push(s); vis[s]=true; in[s]=1;//顶点入队vis要做标记，另外要统计顶点的入队次数 while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); vis[u]=false;//u（队头元素）出队，不在队列中 for(int i=head[u];i!=-1;i=Edge[i].last) { int to=Edge[i].to; int w=Edge[i].w; if(dis[u]+w<dis[to]) { dis[to]=dis[u]+w;//松弛 if(!vis[to])//如果to点不在队列中 { vis[to]=true;//让to在队列中 in[to]++;//to的入队次数+1 q.push(to);//让to入队 if(in[to]>=n)return 1;//如果这个点的入队次数超过次数上限（所有点的个数），则存在负环，返回1 } } } } return -1;//不存在负环 }
A题：
averyboy现在在实习。每天早上他要步行去公司上班，你肯定知道，他是一个非常男孩，所以他会选择最短的路去公司。现在给你averyboy到公司途中的若干个站点，标号为1~N,averyboy的开始在1号站点，它的公司在N号站点，然后给你若干条边代表站点有路可以通过（可能会有重边）。现在你需要告诉averyboy他到公司的最短路径是多少。
模板题：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10;//注意这里的maxn应该开题目给的双倍，因为边是双向的，加边还要开更多 const int inf=1e9; int n,m; int head[maxn]; //head[i]表示以i为起点的最后一条边的编号； struct edge { int to;//这条边的终点 int w; //权重（边长） int last; //与自己起点相同的上一条边的编号 }Edge[maxn];//边数组 int cnt; //记录当前已有的边数 void add(int u,int v,int w)//加边 //起点u,终点e,权重w； { //cout<<1<<endl; Edge[cnt].to=v; Edge[cnt].w=w; Edge[cnt].last=head[u];//现在是要把编号为cnt的边加进来， head[u]=cnt++;//现在cnt边加进来了，cnt边为以u为起点的最后一条边 } //Dijkstra int dis[maxn]; struct node { int u;//编号 int d;//距离 bool operator<(const node &res)const{return d>res.d;};//从小到大排序 node(int uu,int dd):u(uu),d(dd){} }; void dijstra(int s)//求图中其它点到源点s的最短路，求出结果存放在dis数组中 { priority_queue<node> q; while(!q.empty())q.pop(); for(int i=1;i<=n;i++) { dis[i]=inf;//初始化所有距离都无限大 } dis[s]=0;//s到自己本身的距离为0 q.push(node(s,0)); while(!q.empty()) { node nx=q.top(); q.pop(); int u=nx.u; for(int i=head[u];i!=-1;i=Edge[i].last) { int to=Edge[i].to; int w=Edge[i].w; if(dis[u]+w<dis[to]) { dis[to]=dis[u]+w; q.push(node(to,dis[to])); //cout<<1<<endl; } } } return; } int main() { int t; cin>>t; while(t--) { int i; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++)head[i]=-1; cnt=1; for(i=1;i<=m;i++) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); add(v,u,w); } dijstra(1); int ans=dis[n]; if(ans==inf)printf("averyboynb\n"); else printf("%d\n",ans); } return 0; }
B题：
averyboy现在在实习。每天早上他要步行去公司上班，你肯定知道，他是一个非常男孩，所以他会选择最短的路去公司。现在给你averyboy到公司途中的若干个站点，标号为1~N,现在averyboy的起点可以是多个点，averyboy的终点也就是公司也可以是多个点，给你站点之间的边和它们的权值。现在你需要告诉averyboy他到公司的最短路径是多少（只需从任意一个起点开始到达任意一个终点就行）。
Input
第一行一个整数T（T <= 5）代表测试数据的组数
接下来T组测试数据。
每组测试数据第一行为两个整数N，M，k1, k2(1 <= N <= 1000, 0 <= M <= 10000)代表站点的个数和边的条数以及起点的个数，终点的个数（1 <= k1, k2 <= N）
接下来一行k1个数x[i]，代表averyboy起点（1 <= x[i] <= N)
接下来一行k2个数y[i]，代表终点(1 <= y[i] <= N)
接下来M行，每一行三个数u, v, w代表站点u,v之间有一条无向边（可能会有重边），边的权值为w(1 <= u, v <= N, 0 <= w <= 1000)
接下来T组测试数据。
每组测试数据第一行为两个整数N，M，k1, k2(1 <= N <= 1000, 0 <= M <= 10000)代表站点的个数和边的条数以及起点的个数，终点的个数（1 <= k1, k2 <= N）
接下来一行k1个数x[i]，代表averyboy起点（1 <= x[i] <= N)
接下来一行k2个数y[i]，代表终点(1 <= y[i] <= N)
接下来M行，每一行三个数u, v, w代表站点u,v之间有一条无向边（可能会有重边），边的权值为w(1 <= u, v <= N, 0 <= w <= 1000)
解题思路：
建立一个超级源点s，与起点集合的所有点连边，权值为0，建立一个汇点t，与所有终点集合的点连边，权值为0，对s做dijstra,求dis[t]即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; const int inf=(int)0x3f3f3f3f; int n,m,k1,k2; int x[1100]; int y[1100]; int head[1100]; //head[i]表示以i为起点的最后一条边的编号； struct edge { int to;//这条边的终点 int w; //权重（边长） int last; //与自己起点相同的上一条边的编号 }Edge[maxn];//边数组 int cnt; //记录当前已有的边数 void add(int u,int v,int w)//加边 //起点u,终点v,权重w； { //cout<<1<<endl; Edge[cnt].to=v; Edge[cnt].w=w; Edge[cnt].last=head[u];//现在是要把编号为cnt的边加进来， head[u]=cnt++;//现在cnt边加进来了，cnt边为以u为起点的最后一条边 } //Dijkstra long long dis[maxn]; struct node { int u;//编号 int d;//距离 bool operator<(const node &res)const{return d>res.d;};//从小到大排序 node(int uu,int dd):u(uu),d(dd){} }; void dijstra(int s)//求图中其它点到源点s的最短路，求出结果存放在dis数组中 { priority_queue<node> q; while(!q.empty())q.pop(); for(int i=0;i<=n+1;i++) { dis[i]=inf;//初始化所有距离都无限大 } dis[s]=0;//s到自己本身的距离为0 q.push(node(s,0)); while(!q.empty()) { node nx=q.top(); q.pop(); int u=nx.u; for(int i=head[u];i!=-1;i=Edge[i].last) { //cout<<1<<endl; int to=Edge[i].to; int w=Edge[i].w; if(dis[u]+w<dis[to]) { dis[to]=dis[u]+w; q.push(node(to,dis[to])); //cout<<1<<endl; } } } return; } int main() { int t; cin>>t; while(t--) { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k1,&k2); cnt=1; int i; for(i=0;i<=n+1;i++)head[i]=-1; int s=0,t=n+1; for(i=1;i<=k1;i++) { scanf("%d",&x[i]); add(s,x[i],0); add(x[i],s,0); } for(i=1;i<=k2;i++) { scanf("%d",&y[i]); add(y[i],t,0); add(t,y[i],0); } for(i=1;i<=m;i++) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); add(v,u,w); } dijstra(s); int ans=dis[t]; if(ans!=inf)printf("%d\n",ans); else printf("averyboynb\n"); } return 0; }
C题：
averyboy最近想买一个新的mac，所以他想赚点钱。所以他选择去卖书。现在有N个城市，书在每一个城市价格不一样，但是在同一个城市，买一本书和卖一本书的价格一样，然后如果城市x,y之间有一条权值为w的边，averyboy从城市x到y需要支付w费用，现在给你书在N个城市的价格和城市之间的边以及权值（N - 1条边，刚好使N个城市想连通），averyboy需要选择一个城市为起点，买一本书，然后跑到另外一个城市将这本书卖掉。averyboy数学不太好，你能告诉他他最多能赚多少钱吗？
Input
第一行一个整数T（T <= 5）代表测试数据的组数
接下来T组测试数据
每组测试数据第一行为一个正整数N（N <= 1e5）代表城市的个数
接下来一行N个整数a[i]，代表书在每个城市的价格(1 <= a[i] <= 10000)
接下来N - 1行，每行三个数u, v, w（1 <= u, v <= N, 1 <= w <= 1000）代表城市u,v之间有一条权值为w的边
接下来T组测试数据
每组测试数据第一行为一个正整数N（N <= 1e5）代表城市的个数
接下来一行N个整数a[i]，代表书在每个城市的价格(1 <= a[i] <= 10000)
接下来N - 1行，每行三个数u, v, w（1 <= u, v <= N, 1 <= w <= 1000）代表城市u,v之间有一条权值为w的边
Output
对于每组测试数据,输出一个整数，表示averyboy能赚到的最多的钱。
Sample Input
1
4
10 40 15 30
1 2 30
1 3 2
3 4 10
Sample Output
8
HINT
他选择从1号城市买书，到4号城市卖书，然后他买书和路费一共花费10 + 2 + 10 = 22，到了4号城市把书卖掉，赚30元，所以最终赚了30 - 22 = 8元，这种情况下他能赚的最多。
解题思路：边权分离 源点汇点
建立一个超级源点s，与所有点连边，边的权值即等于连线点的书的价值，建立一个汇点t，与所有点连边，边的权值等于负的连线点的书的价值
因为有负的边权，所以用SPFA，对s做SPFA求dis[t]即可
求出来的t是最小的（买书钱+路费-卖书钱），它的负数即是最大的（卖书钱-路费-买书钱）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e6+10; const int inf=1e9; int n; int head[maxn]; //head[i]表示以i为起点的最后一条边的编号； //head[i]表示以i为起点的最后一条边的编号； struct edge { int to;//这条边的终点 int w; //权重（边长） int last; //与自己起点相同的上一条边的编号 }Edge[maxn];//边数组 int cnt; //记录当前已有的边数 void add(int u,int v,int w)//加边 //起点u,终点e,权重w； { Edge[cnt].to=v; Edge[cnt].w=w; Edge[cnt].last=head[u];//现在是要把编号为cnt的边加进来， head[u]=cnt++;//现在cnt边加进来了，cnt边为以u为起点的最后一条边 } //SPFA long long dis[maxn];//dis[i]为源点到i的最短路径长度 int in[maxn]; //in[i]表示i点入队次数 bool vis[maxn];// vis[i]表示i点是否在队列中 int spfa(int s)//用spfa求解源点s到其他点的最短路径，结果放在dis中,存在负环，返回1，不存在返回-1 { queue<int> q; memset(vis,false,sizeof vis); memset(in,0,sizeof in); for(int i=0;i<=n+1;i++) { dis[i]=inf; } dis[s]=0; q.push(s); vis[s]=true; in[s]=1;//顶点入队vis要做标记，另外要统计顶点的入队次数 while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); vis[u]=false;//u（队头元素）出队，不在队列中 for(int i=head[u];i!=-1;i=Edge[i].last) { int to=Edge[i].to; int w=Edge[i].w; if(dis[u]+w<dis[to]) { dis[to]=dis[u]+w;//松弛 if(!vis[to])//如果to点不在队列中 { vis[to]=true;//让to在队列中 in[to]++;//to的入队次数+1 q.push(to);//让to入队 if(in[to]>=n)return 1;//如果这个点的入队次数超过次数上限（所有点的个数），则存在负环，返回1 } } } } return -1;//不存在负环 } int book[maxn]; int main() { int t; cin>>t; while(t--) { scanf("%d",&n); int i; for(i=0;i<=n+1;i++)head[i]=-1; cnt=1; int s=0,t=n+1; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&book[i]); add(s,i,book[i]); add(i,t,-book[i]); } for(i=1;i<=n-1;i++) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); add(v,u,w); } int b=spfa(s); long long ans=-dis[t]; printf("%lld\n",ans); } return 0; }
D题：
Description
averyboy不仅是一个非常男孩，他还是一位老司机。现在averyboy在开火车，一共有N个火车站，每个火车站出站口只有若干个出口，这些出口分别对应一些其他的火车站，代表如果从这一个出口开出火车，下一站将会达到该出口对应的火车站。每一个火车站有一个默认的出口，如果此次averyboy想要出站的出口不是默认出口，他将会被他的上级批评一次。现在averyboy需要从A站到B站，给你每一个火车站出站口的出口的情况，你需要告诉averyboy他最少要被批评多少次
Input
第一行一个整数T（T <= 5）代表测试数据的组数
接下来T组测试数据
每组测试数据的第一行三个整数N, A, B（1 <= N <= 100, 1 <= A, B <= N）分别代表火车站的数量以及averyboy的起点站和终点站
接下来N行数据，第i行第一个数为k，代表第i个火车站有k个出口，后面k个整数（k个整数可能会有若干个相同），代表每个出口通向的下一个火车站编号，k个数中的第一个表示这个火车站默认的出口。（0 <= k <= N）
接下来T组测试数据
每组测试数据的第一行三个整数N, A, B（1 <= N <= 100, 1 <= A, B <= N）分别代表火车站的数量以及averyboy的起点站和终点站
接下来N行数据，第i行第一个数为k，代表第i个火车站有k个出口，后面k个整数（k个整数可能会有若干个相同），代表每个出口通向的下一个火车站编号，k个数中的第一个表示这个火车站默认的出口。（0 <= k <= N）
Output
对于每组测试数据，如果A能够达到B，输出一个整数，代表averyboy最小被批评的次数反之输出averyboynb
Sample Input
2
3 2 1
2 2 3
2 3 1
2 1 2
3 1 2
2 3 2
1 3
1 1
Sample Output
0
1
HINT
理解题意：即是说若与火车站相连的出口是默认出口，则不会受领导批评，即边权为0，若不是默认出口，会受到批评，边权为1，求最短路即可。（权值可以有距离，价值等多重意义）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; const int inf=1e9; int n; int head[maxn]; //head[i]表示以i为起点的最后一条边的编号； struct edge { int to;//这条边的终点 int w; //权重（边长） int last; //与自己起点相同的上一条边的编号 }Edge[maxn];//边数组 int cnt; //记录当前已有的边数 void add(int u,int v,int w)//加边 //起点u,终点v,权重w； { Edge[cnt].to=v; Edge[cnt].w=w; Edge[cnt].last=head[u];//现在是要把编号为cnt的边加进来， head[u]=cnt++;//现在cnt边加进来了，cnt边为以u为起点的最后一条边 } //Dijkstra int dis[maxn]; struct node { int u;//编号 int d;//距离 bool operator<(const node &res)const{return d>res.d;};//从小到大排序 node(int uu,int dd):u(uu),d(dd){} }; void dijstra(int s)//求图中其它点到源点s的最短路，求出结果存放在dis数组中 { priority_queue<node> q; while(!q.empty())q.pop(); for(int i=1;i<=n;i++) { dis[i]=inf;//初始化所有距离都无限大 } dis[s]=0;//s到自己本身的距离为0 q.push(node(s,0)); while(!q.empty()) { node nx=q.top(); q.pop(); int u=nx.u; for(int i=head[u];i!=-1;i=Edge[i].last) { int to=Edge[i].to; int w=Edge[i].w; if(dis[u]+w<dis[to]) { dis[to]=dis[u]+w; q.push(node(to,dis[to])); //cout<<1<<endl; } } } return; } int main() { int t; cin>>t; while(t--) { int a,b; scanf("%d%d%d",&n,&a,&b); int i,j; for(i=1;i<=n;i++) { head[i]=-1; } cnt=1; for(i=1;i<=n;i++) { int k; scanf("%d",&k); for(j=1;j<=k;j++) { int v; scanf("%d",&v); if(j==1)add(i,v,0); else add(i,v,1); } } dijstra(a); int ans=dis[b]; if(ans==inf)printf("averyboynb\n"); else printf("%d\n",ans); } return 0; }