二、队列

队列

队列是限定在一端进行插入，另一端进行删除特殊线性表。

就像排队买东西，排在前面的人买完东西后离开队伍（删除），而后来的人总是排在队伍未尾（插入）。

通常把队列的删除和插入分别称为出队和入队。允许出队的一端称为队头，允许入队的一端称为队尾。所有需要进队的数据项，只能从队尾进入，队列中的数据项只能从队头离去。由于总是先入队的元素先出队（先排队的人先买完东西），这种表也称为先进先出（FIFO）表。

队列可以用数组Q[m+1]来存储，数组的上界ｍ即是队列所容许的最大容量。在队列的运算中需设两个指针：

head：队头指针，指向实际队头元素的前一个位置

tail：队尾指针，指向实际队尾元素所在的位置

一般情况下，两个指针的初值设为０，这时队列为空，没有元素。图1 (a)画出了一个由６个元素构成的队列，数组定义Q[11]。

Q[i] i=3,4,5,6,7,8 头指针head＝2，尾指针tail＝8。

队列中拥有的元素个数为:L=tail-head现要让排头的元素出队，则需将头指针加１。即head=head+1这时头指针向上移动一个位置，指向Q[3]，表示Q[3]已出队。见图1 (b)。

如果想让一个新元素入队，则需尾指针向上移动一个位置。即tail=tail+1这时Q[9]入队，见图1 (c)。

当队尾已经处理在最上面时，即tail=10，见图1 (d)，如果还要执行入队操作，则要发生“上溢”，但实际上队列中还有三个空位置，所以这种溢出称为“假溢出”。

​ 克服假溢出的方法有两种。

一种是将队列中的所有元素均向低地址区移动，显然这种方法是很浪费时间的；

另一种方法是将数组存储区看成是一个首尾相接的环形区域。当存放到n地址后，下一个地址就"翻转"为１。

在结构上采用这种技巧来存储的队列称为循环队列，见图2

循环队的入队算法如下：

1、tail=tail+1；

2、若tail=n+1，则tail=1；

3、若head=tail尾指针与头指针重合了，表示元素已装满队列， 则作上溢出错处理；

4、否则，Q[tail]=x，结束（x为新入出元素）。

队列和栈一样，有着非常广泛的应用。

考虑一个分时系统，如果一台计算机联有四个终端，即允许四个用户同时使用这一台计算机。

那么，计算机系统必须设立一个队列， 用以管理各终端用户使用CPU的请求。

当某个用户要求使用CPU时，相应的终端代号就入队（插入队尾），而队头的终端用户则是CPU当前服务的对象。

我们考虑最简单的情况， 对于当前用户（队头），系统每次分配一个为时间片的时间间隔，在一个时间片内，如果当前用户的作业没有结束，则该终端用户的代号出队后重新入队，插入队尾，等待下一次CPU服务。

如果某个用户的作业运行结束，则先退出，出队后不再入队，整个运行过程就是各终端代号不断地入队、出队，CPU 轮流地为ｎ（ｎ≤４）个终端用户服务。

由于计算机的运行速度极快，所以，对于每个终端用户来说，似乎计算机是单独在为其服务。

和线性表一样，栈和队可以采用链表存储结构，当要实现多个栈共享内存或多个队共享内存时，选择链式分配结构则更为合适。

例题

【例1】假设在周末舞会上，男士们和女士们进入舞厅时，各自排成一队。跳舞开始时，依次从男队和女队的队头上各出一人配成舞伴。规定每个舞曲能有一对跳舞者。若两队初始人数不相同，则较长的那一队中未配对者等待下一轮舞曲。现要求写一个程序，模拟上述舞伴配对问题。

输入：

第一行两队的人数

第二行舞曲的数目

【分析】：设计两个队列分别存放男士和女士。每对跳舞的人一旦跳完后就回到队尾等待下次被选。如m=4 n=3 k=6

【参考程序】
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int  a[10001],b[10001],k1=1,k,i,f1=1,r1,f2=1,r2;
main()
{
  int m,n;
  cin>>m>>n;
  for (i=1;i<=m;i++) a[i]=i;
  for (i=1;i<=n;i++) b[i]=i;
  cin>>k;
  r1=m; r2=n;
  while (k1<=k)
  { 
     printf("%d  %d\n",a[f1],b[f2]);
     r1++; a[r1]=a[f1]; f1++;  //第一次a[m+1]=a[1]=1,第二次a[m+2]=a[2]=2,如此循环
     r2++; b[r2]=b[f2]; f2++;     //第一次b[n+1]=b[1]=1,第二次b[n+2]=b[2]=2,如此循环。
     k1++;
  }
  return 0;
} 

【例2】集合的前N个元素：编一个程序，按递增次序生成集合M的最小的N个数，M的定义如下：

​ (1)数1属于M；

​ (2)如果X属于M，则Y=2x+1和Z=3x+1也属于M；

​ (3)此外再没有别的数属于M。

【分析】

可以用两个队列a和b来存放新产生的数，然后通过比较大小决定是否输出，具体方法如下：

(1)令fa和fb分别为队列a和队列b的头指针，它们的尾指针分别为ra和rb。

初始时，X=1，fa=fb=ra=rb＝1；

(2)将2x+1和3x+1分别放入队列a和队列b的队尾，尾指针加1。

即:a[r]←2x+1，b[r]←3x+1，r←r+1；

(3)将队列a和队列b的头结点进行比较，可能有三种情况：(A)a[ha]>b[hb] (B)a[ha]=b[hb] (C)a[ha]<b[hb]

将比较的小者取出送入X，取出数的队列的头指针相应加1。

(4)重复(2)，(3)直至取出第N项为止。

【参考程序】
#include<cstdio>
using namespace std;
int  a[1001],b[1001],x=1,fa=1,fb=1,ra=0,rb=0,total=1,n,i; 
main()
{
   printf("N="); scanf("%d",&n);
   while (total<=n)
   {
     printf("%d ",x);
     a[++ra]=2*x+1;
     b[++rb]=3*x+1;
     if (a[fa]>b[fb])  x=b[fb++];
     else if (a[fa]<b[fb])  x=a[fa++]; 
     else 
 {
x=a[fa++]; 
fb++;
     }
     total++;
   }
  return 0;
}

【例3】设有ｎ个人依次围成一圈，从第１个人开始报数，数到第ｍ个人出列，然后从出列的下一个人开始报数，数到第ｍ个人又出列，…，如此反复到所有的人全部出列为止。设ｎ个人的编号分别为1，2，…，n，打印出列的顺序。

【算法分析】

​ 本题我们可以用数组建立标志位等方法求解，但如果用上数据结构中循环链的思想，则更贴切题意，解题效率更高。ｎ人围成一圈，把一人看成一个结点，ｎ人之间的关系采用链接方式，即每一结点有一个前继结点和一个后继结点，每一个结点有一个指针指向下一个结点，最后一个结点指针指向第一个结点。这就是单循环链的数据结构。当ｍ人出列时，将ｍ结点的前继结点指针指向ｍ结点的后继结点指针，即把ｍ结点驱出循环链。

1、建立循环链表。

当用数组实现本题链式结构时，数组a[i]作为"指针"变量来使用，a[i]存放下一个结点的位置。设立指针j指向当前结点，则移动结点过程为j=a[j]，当数到m时，m结点出链，则a[j]=a[a[j]]。 当直接用链来实现时，则比较直观，每个结点有两个域：一个数值域，一个指针域，当数到m时，m出链，将m结点的前继结点指针指向其后继结点；

2、设立指针，指向当前结点，设立计数器，计数数到多少人；

3、沿链移动指针，每移动一个结点，计数器值加１，当计数器值为ｍ时， 则ｍ结点出链，计数器值置为１。

4、重复３，直到n个结点均出链为止。

【参考程序】用数组实现链式结构
#include<cstdio>
using namespace std;
const int n=10,m=4;            //设有10个人,报到4的人出列
int a[n+1],j=n,k=1,p=0;
main()
{
  for (int i=1;i<n;i++) a[i]=i+1;     //建立链表
  a[n]=1;                      //第n人指向第1人，形成一个环
  while (p<n)                //n个人均出队为止
  {
    while(k<m)              //报数,计数器加1
    {
      j=a[j];
      k++;
    }                    
    printf("%d ",a[j]); p++;     //数到m,此人出队,计数器置1
    a[j]=a[a[j]]; k=1;
  }                 
  return 0;
}

【例4】一矩形阵列由数字0到9组成,数字1到9代表细胞,细胞的定义为沿细胞数字上下左右还是细胞数字则为同一细胞,求给定矩形阵列的细胞个数。如:

阵列 4 10

0234500067

1034560500

2045600671

0000000089

有4个细胞。

【算法分析】

1. 从文件中读入m*n矩阵阵列，将其转换为bool矩阵存入b数组中；
2. 沿b数组矩阵从上到下，从左到右，找到遇到的第一个细胞；
3. 将细胞的位置入队h，并沿其上、下、左、右四个方向上的细胞位置入队，入队后的位置b数组置为flase；
4. 将h队的队头出队，沿其上、下、左、右四个方向上的细胞位置入队，入队后的位置b数组置为flase；
5. 重复4，直至h队空为止，则此时找出了一个细胞；
6. 重复2，直至矩阵找不到细胞；
7. 输出找到的细胞数。

#include<cstdio>
using namespace std;
char a[51][51];
bool b[51][51];
int n,m,i,j,s=0,c[5]={1,0,-1,0,1};
void f(int,int);
main()
{   
  scanf("%d%d\n",&n,&m);
  for (i=0;i<n;i++)
    gets(a[i]);
  for (i=0;i<n;i++)
    for (j=0;j<m;j++)
     b[i][j]=a[i][j]-'0';
  for (i=0;i<n;i++)       //在矩阵中寻找细胞
    for (j=0;j<m;j++)
      if (b[i][j])
      {
         b[i][j]=0;
         f(i,j);
         s++;
      }
  printf("%d",s);     
  return 0;
}
void f(int x,int y)
{
  for (int i=0;i<=4;i++)
  if (x+c[i]>-1&&x+c[i]<n&&y+c[i+1]>-1&&y+c[i+1]<m&&b[x+c[i]][y+c[i+1]])
{                     //沿细胞的上下左右四个方向搜索细胞
    b[x+c[i]][y+c[i+1]]=0;
    f(x+c[i],y+c[i+1]);                                                                     
  }   
}

【例2-5】最少步数

【问题描述】

​ 在各种棋中，棋子的走法总是一定的，如中国象棋中马走“日”。有一位小学生就想如果马能有两种走法将增加其趣味性，因此，他规定马既能按“日”走，也能如象一样走“田”字。他的同桌平时喜欢下围棋，知道这件事后觉得很有趣，就想试一试，在一个（100*100）的围棋盘上任选两点A、B，A点放上黑子，B点放上白子，代表两匹马。棋子可以按“日”字走，也可以按“田”字走，俩人一个走黑马，一个走白马。谁用最少的步数走到左上角坐标为(1,1)的点时，谁获胜。现在他请你帮忙，给你A、B两点的坐标，想知道两个位置到（1,1）点可能的最少步数。

【输入样例】

12 16

18 10

【输出样例】

　 8 9

【算法分析】
由于A、B两点是随机输入的，因此无法找到计算最少步数的数学规律，只能通过广度优先搜索的办法求解。

1. 确定出发点
   从（x,y）出发通过一次广度优先搜索，可以找到从(x,y)至棋盘上所有可达点的最少步数。而问题中要求的是黑马所在的（x1，y1）和白马所在（x2，y2）到达 (1,1) 目标点的最少步数。虽然两条路径的起点不一样，但是它们的终点却是一样的。如果我们将终点(1,1)作为起点，这样只需要一次广度优先搜索便可以得到（x1，y1）和（x2，y2）到达(1,1)的最少步数。
2. 数据结构
   设queue——队列，存储从(1,1)可达的点（queue[k][1..2]）以及到达该点所需要的最少步数（queue[k][3]）（0≤k≤192+1）。队列的首指针为open，尾指针为closed。初始时，queue中只有一个元素为(1,1)，最少步数为0。
   1. S­——记录(1,1)到每点所需要的最少步数。显然，问题的答案是s[x1][y1]和s[x2][y2]。初始时，s[1][1]为0，除此之外的所有元素值设为-1。
   2. dx、dy——移动后的位置增量数组。马有12种不同的扩展方向：
      马走“日”：(x-2,y-1)(x-1,y-2)(x-2,y+1)(x-1,y+2)(x+2,y-1)(x+1,y-2)(x+2,y+1)(x+1,y+2)
      马走“田”：(x-2,y-2)(x-2,y+2)(x+2,y-2)(x+2,y+2)
   3. 我们将i方向上的位置增量存入常量数组dx[i]、dy[i]中（0≤i≤11）
int dx[12]={-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1,-1,-2,-2},
dy[12]={-1,-2,-2,-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1};
3. 约束条件
   1. 不能越出界外。由于马的所有可能的落脚点s均在s的范围内，因此一旦马越出界外，就将其s值赋为0，表示“已经扩展过，且(1,1)到达其最少需要0步”。这看上去是荒谬的，但可以简单而有效地避免马再次落入这些界外点。
   2. 该点在以前的扩展中没有到达过。如果曾经到达过，则根据广度优先搜索的原理，先前到达该点所需的步数一定小于当前步数，因此完全没有必要再扩展下去。
      由此得出，马的跳后位置（x,y）是否可以入队的约束条件是s[x][y]<0

4、算法流程
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int dx[12]={-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1,-1,-2,-2},
    dy[12]={-1,-2,-2,-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1};
int main()
{
  int s[101][101],que[10000][4]={0},x1,y1,x2,y2;
  memset(s,0xff,sizeof(s));      //s数组的初始化
  int head=1,tail=1;                   //初始位置入队
  que[1][1]=1;que[1][2]=1;que[1][3]=0;    
  cin>>x1>>y1>>x2>>y2;         //读入黑马和白马的出发位置
  while(head<=tail)                    //若队列非空，则扩展队首结点
  {
   for(int d=0;d<=11;d++)          //枚举12个扩展方向
    {
	  int x=que[head][1]+dx[d];  //计算马按d方向跳跃后的位置
	  int y=que[head][2]+dy[d];
  	  if(x>0&&y>0) 
	  if(s[x][y]==-1)                  //若（x,y）满足约束条件
 	  {
	  	s[x][y]=que[head][3]+1;       //计算(1,1)到(x,y)的最少步数
	  	tail++;                //（1,1）至（x,y）的最少步数入队
	  	que[tail][1]=x;
	  	que[tail][2]=y;
	  	que[tail][3]=s[x][y];
	  	if(s[x1][y1]>0&&s[x2][y2]>0)   //输出问题的解
	  	{
	  		cout<<s[x1][y1]<<endl; 
	  		cout<<s[x2][y2]<<endl;
	  		system("pause");
	  		return 0;
	  	}
 	  }
    }

   head++;
  }
}