洛谷专题-较复杂图论I
P1268 树的重量 (思维题)
题意：
首先定义树的重量为数上每个边权的和，现在给你每个叶子结点之间的最短距离，让你求出树的重量
思路：
先定义叶子节点之间的距离为dis[u,v]
那么我们会先考虑只有两个节点的情况，那么答案就为dis[u,v]
当n=3，我们考虑将3号节点加入树中，由于每个节点都是叶子节点，那么3号节点只能由一条边连接至1与2的连线上
长度len = (dis(1,3)+dis(2,3)-dis(1,2))/2
n>3的情况也同理。枚举i，看看点n是不是从点1~i的路径上分叉出来的，求出的最小len就是要加到答案里面去的
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; const int maxn=35; int dis[maxn][maxn]; int main() { int n,x; while(scanf("%d",&n)&&n){ memset(dis,0,sizeof(dis)); for(int i=1;i<n;++i){ for(int j=i+1;j<=n;++j){ scanf("%d",&x); dis[i][j]=x,dis[j][i]=x; } } int ans=dis[1][2]; for(int i=3;i<=n;i++){ int len=inf; for(int j=1;j<i;j++){ for(int k=1;k<j;k++) len=min(len,(dis[i][j]+dis[k][i]-dis[k][j])>>1); } ans+=len; } cout<<ans<<endl; } }
P1113 杂务(拓扑排序)
题意：
有n个任务，每个任务完成都有其所需的时间，并且有其前置任务，问完成所有任务要多久(没有直接关系的任务可以同时开始)
思路：
自己写的稍稍有些复杂
首先建图，对于一个任务给所有其前置任务连一条有向边(从前置连向自己)，并记录一个点的入读
之前遍历一遍，将入度为0的点加入队列中，边将其所有相邻的点入度减一，如果有入度为0的点，则加入队列中
比较关键的一点就是如何更新时间dp[nex]=max(dp[nex],dp[i]+tim[nex])
我的写法较为复杂，还多用了一个队列存时间，用一个DP数组就能直接解决了
#include<iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; const int maxn=1e5+10; queue<int> a,b; vector<int> edge[maxn]; int in[maxn],tim[maxn],ans,n,mx[maxn]; void solve() { for(int i=1;i<=n;i++){ if(!in[i]){ a.push(i),b.push(tim[i]); } } while(!a.empty()){ int x=a.front(),y=b.front(); a.pop(),b.pop(); ans=max(ans,y); for(int i=0;i<edge[x].size();i++){ in[edge[x][i]]--; mx[edge[x][i]]=max(y,mx[edge[x][i]]); if(!in[edge[x][i]]){ a.push(edge[x][i]); b.push(tim[edge[x][i]]+mx[edge[x][i]]); } } } } int main() { int x,y,temp; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); tim[x]=y; while(scanf("%d",&temp)&&temp){ edge[temp].push_back(x); in[x]++; } } memset(mx,-inf,sizeof(mx)); ans=-inf; solve(); cout<<ans<<endl; }
P1525 关押罪犯(二分图/并查集)
题意:
给你m对矛盾关系,每对关系分别涉及到x，y两人,矛盾值为w
请你判断分配x和y到两个集合中，能否避免冲突
如能避免请输出0，如果冲突不可避免，请输出最小的矛盾值
思路：
方法①：并查集
并查集能维护连通性、传递性，通俗地说，亲戚的亲戚是亲戚。
我们不妨这样想：两个人a，b有仇，那么把他们放在一起显然会打起来，那么我们还不如把a与b的其他敌人放在一起，
因为这样可能会出现“敌人的敌人就是朋友”的情况，恰好a与b的其他敌人之间没有矛盾，那么他们就可以放在同一个集合中，反之b对a亦然
我们可以将没对关系按照权值从大到小排序，这样可以保证一旦发生冲突，答案是最小的
对于加入的每段关系，我们先判断他们是否在同一集合内，如果在的话就说明发生冲突，直接输出答案
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; const int maxn1=2e4+10; const int maxn2=1e5+10; int fa[maxn1],ene[maxn1]; struct node{ int u,v,w; }edge[maxn2]; int find(int x){return fa[x]==x?x:(fa[x]=find(fa[x]));} int cmp(node a,node b){return a.w>b.w;} int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&edge[i].u,&edge[i].v,&edge[i].w); for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; memset(ene,0,sizeof(ene)); sort(edge+1,edge+1+m,cmp); for(int i=1;i<=m;i++){ int u=edge[i].u,v=edge[i].v,w=edge[i].w; int f1=find(u),f2=find(v); if(f1==f2){ cout<<w<<endl; return 0; } else{ if(!ene[u]) ene[u]=v; else fa[find(ene[u])]=find(v); if(!ene[v]) ene[v]=u; else fa[find(ene[v])]=find(u); } } cout<<0<<endl; return 0; }
方法②：二分图
看到将犯人分成两批应该很容易想到二分图的做法
那么很明显，不是所有所有情况下都能讲犯人分成两部分，必定有一些冲突是无法避免的
我们也可以注意到，冲突是具有单调性的，我们就可以想到二分的做法
我们二分答案，设当前二分的值为mid，此时任意两个矛盾双方x和y必须被分在两个不同集合中，将罪犯们作为节点，在矛盾值大于等于mid的罪犯之间连一条边，我们得到一张无向图。此时我们只需判定这张无向图是否为二分图即可（因为要分为两部分），如果是二分图，令二分右端点R=mid，否则令L=mid即可
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<cstdio> using namespace std; const int maxn=2e5+10; struct edge{ int u,v,w; }p[maxn]; int n,m,L=0,R=0,cnt=0,head[maxn]; void add_edge(int x,int y,int w) { p[++cnt].u=head[x]; head[x]=cnt; p[cnt].v=y; p[cnt].w=w; } bool judge(int mid) { queue<int> q; int color[maxn]={0}; for(int i=1;i<=n;i++){ if(!color[i]) color[i]=1,q.push(i); while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); for(int j=head[x];j;j=p[j].u){ if(p[j].w>=mid){ if(!color[p[j].v]){ q.push(p[j].v); if(color[x]==1) color[p[j].v]=2; else color[p[j].v]=1; } else if(color[p[j].v]==color[x]) return false; } } } } return true; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); R=max(R,w); add_edge(u,v,w); add_edge(v,u,w); } int ans=0; R++; while(L+1<R){ int mid=(L+R)>>1; if(judge(mid)) R=mid; else L=mid; } cout<<L<<endl; return 0; }
