问题 A: 最短路径问题
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
给定有向图 G,以及原点 S,请求出原点到所有点的最短路径。
输入
输入文件的第一行包含两个整数 n, m,代表图中的顶点数和边数。
接下来 m 行,每行三个整数 u, v, w,代表一条从 u 指向 v,权值 为 w 的边。
最后一行为一个整数 S。
输出
输出 n 个整数,依次代表 S 到 1, 2, . . . , n 的最短距离, S 到自己的距 离定义为 0,对于无法从 S 到达的点输出 -1。整数用一个空格隔开。
样例输入
3 3 1 2 1 2 3 2 1 3 1 1
样例输出
0 1 1
提示
对于100%的数据,n ≤ 100000,m ≤ 800000,0 ≤ w ≤ 1000,请使用 dijkstra 算法。
Dijkstra 算法的每一次迭代分为两个步骤:选出当前距离最小的点和 从该点更新其他点的当前最小距离。很明显,第一步可以利用堆来选择, 时间复杂度降至 log(n),而第二步则可能会更改堆中的某些点的权值,这 时有两种处理方法,第一是额外记录每个点在堆中的位置并维护;第二是 直接将一个新结点插入堆中,因为新结点比老结点的权值更小一定在老结 点之前到达堆顶,所以这样做没有问题,当以后碰到堆顶结点为最短距离 已确定的结点,简单地将其丢弃即可,时间复杂度仅上升一个常数,是一 个不错的偷懒方法。
dijkstra+堆
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return ret;
}
const int N=1e6+5;
int n,m,d[N],s;
bool fl[N];
int cnt,he[N],to[N],nxt[N],w[N];
inline void add(int u,int v,int k)
{
to[++cnt]=v,nxt[cnt]=he[u],he[u]=cnt,w[cnt]=k;
}
struct NA{
int id,x;
};
bool operator >(NA i,NA j)
{
return i.x>j.x;
}
priority_queue<NA,vector<NA>,greater<NA> >q;
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),k=read();
add(u,v,k);
}
s=read();
for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=2e9;
q.push((NA){s,d[s]=0});
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(!q.empty()&&fl[q.top().id]) q.pop();
if(q.empty()) break;
int u=q.top().id; fl[u]=1;
q.pop();
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
{
int v=to[e];
if(!fl[v]&&d[v]>d[u]+w[e])
q.push((NA){v,d[v]=d[u]+w[e]});
}
}
for(int i=1;i<n;i++)
if(d[i]!=2e9) printf("%d ",d[i]);
else printf("-1 ");
if(d[n]!=2e9) printf("%d",d[n]);
else printf("-1");
return 0;
}问题 B: 最短路径问题(二)
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
给定有向图 G,以及原点 S,请求出原点到所有点的最短路径。
输入
输入文件的第一行包含两个整数 n, m,代表图中的顶点数和边数。
接下来 m 行,每行三个整数 u, v, w,代表一条从 u 指向 v,权值 为 w 的边。
最后一行为一个整数 S。
输出
若图中存在负权环,则输出一行“ERROR”。
否则输出 n 个整数,依次代表 S 到 1, 2, . . . , n 的最短距离, S 到自己 的距离定义为 0,对于无法从 S 到达的点输出 -1。整数用一个空格隔开。
样例输入
样例输出
提示
对于所有数据, n ≤ 1000, m ≤ 100000, −1000 ≤ w ≤ 1000。
SPFA模拟题
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar(); bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return f?-ret:ret;
}
const int N=1e6+5;
int n,m,d[N],s,l,r,q[N],num[N];
int cnt,he[N],to[N],nxt[N],w[N];
inline void add(int u,int v,int k)
{
to[++cnt]=v,nxt[cnt]=he[u],w[cnt]=k,he[u]=cnt;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),k=read();
add(u,v,k);
}
s=read();
for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=1e9;
l=1,r=1,q[1]=s; d[s]=0; num[s]=1;
bool f=0;
while(l<=r)
{
for(int e=he[q[l]];e;e=nxt[e])
{
int v=to[e];
if(d[v]>d[q[l]]+w[e])
{
d[v]=d[q[l]]+w[e],num[v]++;
if(num[v]==n)
{
printf("ERROR");
f=1; break;
}
q[++r]=v;
}
}
if(f) break;
l++;
}
if(!f)
{
for(int i=1;i<n;i++)
if(d[i]!=1e9) printf("%d ",d[i]);
else printf("-1 ");
if(d[n]!=1e9) printf("%d",d[n]);
else printf("-1");
}
return 0;
} 问题 C: 最小圈
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
给定一个带权无向图 G = (V, E),请求出其中的最小圈。圈定义为 顶点序列 (v1,v2,...,vp,vp+1),满足 vi = vj(i = j), v1 = vp+1,且边 (vi, vi+1) ∈ E。
输入
第一行为两个整数 n,m,代表图的顶点数和边数。
接下来 m 行,每行三个整数 u,v,w,描述一条连接 u 和 v,权值为 w 的边。
输出
输出一个整数,即图中的最小圈。数据保证图中至少存在一个圈。
样例输入
6 7 1 2 1 2 4 2 4 6 3 5 6 4 3 5 5 3 4 2 1 3 6
样例输出
11
提示
对于30%的数据n ≤ 30
对于 60% 的数据, n ≤ 100
对于 100% 的数据, n ≤ 400, w ≤ 100000
利用 Floyd 算法,求得环中的点最大编号为 1, 2, . . . , n 时的最小环。
模板题
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar(); bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return f?-ret:ret;
}
const int N=405;
int n,m,f[N][N],a[N][N][2],ans;
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++) a[i][j][0]=a[i][j][1]=f[i][j]=6e8;
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
ans=2e9;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),w=read();
f[u][v]=f[v][u]=min(f[u][v],w);
if(a[u][v][0]!=6e8) a[u][v][0]=a[v][u][0]=w;
else if(a[u][v][1]!=6e8) a[u][v][1]=a[v][u][1]=w;
else
{
if(a[u][v][0]>w)
a[u][v][1]=a[v][u][1]=a[u][v][1],a[u][v][0]=a[v][u][0]=w;
else a[u][v][1]=a[v][u][1]=min(a[u][v][1],w);
}
ans=min(ans,a[u][v][0]+a[u][v][1]);
}
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i!=j&&f[i][j]!=6e8&&a[i][k][0]!=6e8&&a[j][k][0]!=6e8) ans=min(ans,f[i][j]+a[i][k][0]+a[k][j][0]);
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
}
printf("%d",ans);
return 0;
} 问题 D: 公路修建
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
有 n 个城市需要用道路连接起来,现在有 m 条道路的修建方案,每 个方案的实施可以带来一定的利润,你的任务是确定实施的方案,使得任 意两个城市都连通,并且获得的利润最大。
输入
第一行为两个整数 n, m,含义如题中所述。n ≤ 10000, m ≤ 200000。
接下来有 m 行,每行三个整数 u, v, w,代表在 u 和 v 之间修建一 条道路可以获得 w 的利润。注意,修建一条道路可能会导致亏损,这时我 们用负的利润表示。
输出
输出一行,代表能够获得的最大利益。
样例输入
3 3 1 2 -1 2 3 -2 1 3 -1
样例输出
-2
>=0的边全部加上，其余的最大生成树处理
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar(); bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return f?-ret:ret;
}
const int N=1e6+5;
int n,m,ff[N];
ll ans;
struct NA{
int u,v,w;
}e[N];
bool cmp(NA i,NA j)
{
return i.w>j.w;
}
int find(int x)
{
return x==ff[x]?x:ff[x]=find(ff[x]);
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
e[i].u=read(),e[i].v=read(),e[i].w=read();
sort(e+1,e+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) ff[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(e[i].w>=0)
{
int u=e[i].u,v=e[i].v;
int f1=find(u),f2=find(v);
ans+=e[i].w,ff[f1]=f2;
} else
{
int u=e[i].u,v=e[i].v;
int f1=find(u),f2=find(v);
if(ff[f1]!=f2) ans+=e[i].w,ff[f1]=f2;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}问题 E: 刻录光盘
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
在 JSOI2005 夏令营快要结束的时候,很多营员提出来要把整个夏令 营期间的资料刻录成一张光盘给大家,以便大家回去后继续学习。组委会 觉得这个主意不错!可是组委会一时没有足够的空光盘,没法保证每个人 都能拿到刻录上资料的光盘,又来不及去买了,怎么办呢?!
组委会把这个难题交给了 LHC,LHC 分析了一下所有营员的地域关 系,发现有些营员是一个城市的,其实他们只需要一张就可以了,因为一 个人拿到光盘后,其他人可以带着 U 盘之类的东西去拷贝啊!
可是,LHC 调查后发现,由于种种原因,有些营员并不是那么的合 作,他们愿意某一些人到他那儿拷贝资料,当然也可能不愿意让另外一些 人到他那儿拷贝资料,这与我们 JSOI 宣扬的团队合作精神格格不入!
现在假设总共有 N 个营员(2<=N<=2000),每个营员的编号为 1 N。 LHC 给每个人发了一张调查表,让每个营员填上自己愿意让哪些人到他那 儿拷贝资料。当然,如果 A 愿意把资料拷贝给 B,而 B 又愿意把资料拷 贝给 C,则一旦 A 获得了资料,则 B,C 都会获得资料。
现在,请你编写一个程序,根据回收上来的调查表,帮助 LHC 计算 出组委会至少要刻录多少张光盘,才能保证所有营员回去后都能得到夏令 营资料?
输入
先是一个数 N,接下来的 N 行,分别表示各个营员愿意把自己获得的 资料拷贝给其他哪些营员。即输入数据的第 i+1 行表示第 i 个营员愿意把 资料拷贝给那些营员的编号,以一个 0 结束。如果一个营员不愿意拷贝资 料给任何人,则相应的行只有 1 个 0,一行中的若干数之间用一个空格隔 开。
输出
一个正整数,表示最少要刻录的光盘数。
样例输入
5 2 4 3 0 4 5 0 0 0 1 0
样例输出
1
提示
tarjan缩点后统计度为0的结点
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return ret;
}
const int N=2005,M=4000005;
int n,m,d[N],ans;
int cnt,he[M],to[M],nxt[M];
struct NA{
int u,v;
}e[M];
int sgn,dfn[N],low[N],top,st[N],col,co[N];
inline void add(int u,int v)
{
to[++cnt]=v,nxt[cnt]=he[u],he[u]=cnt;
}
void tar(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++sgn;
st[++top]=u;
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
{
int v=to[e];
if(!dfn[v])
tar(v),low[u]=min(low[u],low[v]);
else if(!co[v])
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(low[u]==dfn[u])
{
co[u]=++col;
while(top&&st[top]!=u)
co[st[top--]]=col;
top--;
}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
while(x)
e[++m].u=i,e[m].v=x,
add(i,x),x=read();
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i]) tar(i);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(co[e[i].u]!=co[e[i].v]) d[co[e[i].v]]++;
ans=0;
for(int i=1;i<=col;i++)
if(!d[i]) ans++;
printf("%d",ans);
return 0;
}问题 F: 割点和桥
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
给定连通无向图 G,请求出 G 中的割点和桥的个数。
输入
第一行两个整数 n,m,代表图的顶点数和边数。 接下来 m 行,每行两个整数 u, v,描述一条无向边。 N ≤ 50000, m ≤ 200000
输出
输出两个整数,先输出割点的数量和再输出桥的数量,用一个空格隔 开。
样例输入
4 5 1 2 1 2 2 3 2 3 3 4
样例输出
2 1
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return ret;
}
const int N=1e6+5;
int n,m,num[N],ans;
int cnt,he[N],to[N],nxt[N];
int sgn,low[N],dfn[N];
inline void add(int u,int v)
{
to[++cnt]=v,nxt[cnt]=he[u],he[u]=cnt;
}
void tar1(int u,int r)
{
low[u]=dfn[u]=++sgn;
int ch=0;
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
{
int v=to[e];
if(!dfn[v])
{
tar1(v,r); low[u]=min(low[u],low[v]);
if(u!=r&&low[v]>=dfn[u]) num[u]=1;
if(u==r) ch++;
}
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(u==r&&ch>=2) num[u]=1;
}
void tar2(int fa,int u)
{
low[u]=dfn[u]=++sgn;
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
{
int v=to[e];
if(v!=fa)
{
if(!dfn[v])
{
tar2(u,v); low[u]=min(low[u],low[v]);
if(dfn[u]<low[v]) ans++;
}
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
} else fa=0;
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v); add(v,u);
}
tar1(1,1);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(num[i]) ans++;
printf("%d ",ans);
sgn=ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
dfn[i]=low[i]=0;
tar2(0,1);
printf("%d",ans);
return 0;
}