程序设计——第七周作业（Floyd:胜负未知场数；dijkstra:猫猫快线最快线路；SPFA：城市收税）
A-胜负未知场数
题目描述
众所周知，TT 有一只魔法猫。 这一天，TT 正在专心致志地玩《猫和老鼠》游戏，然而比赛还没开始，聪明的魔法猫便告诉了 TT 比赛的最终结果。TT 非常诧异，不仅诧异于他的小猫咪居然会说话，更诧异于这可爱的小不点为何有如此魔力？魔法猫告诉 TT，它其实拥有一张游戏胜负表，上面有 N 个人以及 M 个胜负关系，每个胜负关系为 A B，表示 A 能胜过 B，且胜负关系具有传递性。即 A 胜过 B，B 胜过 C，则 A 也能胜过 C。 TT 不相信他的小猫咪什么比赛都能预测，因此他想知道有多少对选手的胜负无法预先得知，你能帮帮他吗？
Input：
第一行给出数据组数。
每组数据第一行给出 N 和 M（N , M <= 500）。
接下来 M 行，每行给出 A B，表示 A 可以胜过 B。
Output：
对于每一组数据，判断有多少场比赛的胜负不能预先得知。注意 (a, b) 与 (b, a) 等价，即每一个二元组只被计算一次。
Sample Input：
3
3 3
1 2
1 3
2 3
3 2
1 2
2 3
4 2
1 2
3 4
Sample Output：
0
0
4
思路分析
这里是求任意两点之间的胜负关系，只要a和b无法确定胜负且b与a无法确定胜负，那么这两者之间的比赛就是无法预知胜负的。所以可以想到使用Floyd–Warshall 算法，可以求出传递闭包，得到任意两点的连通关系。
定义二维数组dis[510][510] ,dis[a][b]=0表示a、b之间胜负未定，dis[a][b]=1表示a胜过b，只要最后dis[i][j]==0并且dis[j][i]==0都成立，那么a、b之间就无法确定比赛胜负。但是Floyd算法比较暴力，有可能会导致超时，所以可以在第二个for循环里面进行剪枝，如果dis[k][i]=0，说明k与i之间胜负未定，那么就没有必要再进行求传递闭包也就是没必要再进行第三次循环。求传递闭包的式子：dis[i][j]=dis[i][j]|(dis[i][k]&dis[k][j]);
代码实现
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;int n,m,a,b;
int dis[510][510];int main()
{int num;scanf("%d",&num);while(num--){int count=0;memset(dis,0,sizeof(dis)); scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d%d",&a,&b);dis[a][b]=1;//a胜过b }for(int k=1;k<=n;k++)for(int i=1;i<=n;i++)if(dis[i][k]) //剪枝 for(int j=1;j<=n;j++)dis[i][j]=dis[i][j]|(dis[i][k]&dis[k][j]);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++)//这里j开始的位置要注意 if(!(dis[i][j]||dis[j][i]))count++;printf("%d\n",count);}return 0;
}B-猫猫快线最快线路
题目描述
众所周知，TT 有一只魔法猫。 今天他在 B 站上开启了一次旅行直播，记录他与魔法猫在喵星旅游时的奇遇。 TT 从家里出发，准备乘坐猫猫快线前往喵星机场。猫猫快线分为经济线和商业线两种，它们的速度与价钱都不同。当然啦，商业线要比经济线贵，TT 平常只能坐经济线，但是今天 TT 的魔法猫变出了一张商业线车票，可以坐一站商业线。假设 TT 换乘的时间忽略不计，请你帮 TT 找到一条去喵星机场最快的线路，不然就要误机了！
输入：
输入包含多组数据。每组数据第一行为 3 个整数 N, S 和 E (2 ≤ N ≤ 500, 1 ≤ S, E ≤ 100)，即猫猫快线中的车站总数，起点和终点（即喵星机场所在站）编号。
下一行包含一个整数 M (1 ≤ M ≤ 1000)，即经济线的路段条数。
接下来有 M 行，每行 3 个整数 X, Y, Z (1 ≤ X, Y ≤ N, 1 ≤ Z ≤ 100)，表示 TT 可以乘坐经济线在车站 X 和车站 Y 之间往返，其中单程需要 Z 分钟。
下一行为商业线的路段条数 K (1 ≤ K ≤ 1000)。
接下来 K 行是商业线路段的描述，格式同经济线。
所有路段都是双向的，但有可能必须使用商业车票才能到达机场。保证最优解唯一。
输出：
对于每组数据，输出3行。第一行按访问顺序给出 TT 经过的各个车站（包括起点和终点），第二行是 TT 换乘商业线的车站编号（如果没有使用商业线车票，输出"Ticket Not Used"，不含引号），第三行是 TT 前往喵星机场花费的总时间。
本题不忽略多余的空格和制表符，且每一组答案间要输出一个换行
输入样例：
4 1 4
4
1 2 2
1 3 3
2 4 4
3 4 5
1
2 4 3
输出样例：
1 2 4
2
5
思路分析
这道题的实质是解决图中没有负边的单源最短路问题，所以可以使用迪杰斯特拉算法。题目中指定了起点和终点，并且可以使用一条商业线若干条经济线，求两点之间的最短路径。怎样决定是否会用到商业线，如果要用到又要使用哪一条呢？
注：这道题我存储图用的是邻接链表。
首先：使用vij()求出起点s到各个点的最短距离并且存储在disa中，disa[i]表示s到i的最短距离，把每个点经过的前一个点存储在pres中，pres[i]表示i的前一个点。同理，将终点e到各点的距离和路径存储在diae、pree中。
之后：在主函数中，对每个商业线进行枚举，假设当前商业线为（x,y,z）(分别表示两个点和两点之间的距离)，dis1=diss[x]+dise[y]+z；dis2=diss[y]+dise[x]+z；分别表示s->…->x->y->…->e和s->…->y->x->…->e两条线路的最短距离。初始定义一个mindis=diss[e]即mindis表示未经过商业线的线路最短长度，定义bussx=0、bussy=0分别表示商业线先经过的点和后经过的点（因为线路都是双向的！！！bussx就是换乘点）每次枚举只需要判断mindis和min(dis1,dis2)的情况，根据比较结果更新mindis和bussx、bussy的值，枚举完毕后，如果bussx或者bussy等于0，说明mindis初始值即未经过商业线的最短长度比经过商业线的短，也就是不用商业线，否则就是用到商业线，从bussx开始根据pres取出s到bussx(换乘点)的路径（注意这里取出完毕后，存储的数据要颠倒顺序，可以用reverse函数），再从bussy开始根据pree取出e到bussy的路径。
注：这种有多组测试数据的一定要对数组和存储图的链表数组初始化！
代码实现
#include<cstdio>
#include<list>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;//typedef pair<int,int> pairtype;int n,s,e,m,k,x,y,z;
int flag=0;
//车站数、起点、终点、经济线边数、商业线边数、车站x、车站y、x\y之间的权
int inf=1000000000;
int vis[510],diss[510],dise[510],path[510];
int pres[510],pree[510];
list<pair<int,int> > l[510];
priority_queue<pair<int,int> >q;void vij(int s,int d[],int p[]){while(!q.empty()) q.pop();for(int i=1;i<=n;i++){d[i]=inf;p[i]=0;vis[i]=0;}d[s]=0;q.push(make_pair(0,s));while(!q.empty()){int u=q.top().second;q.pop();if(vis[u]) continue;vis[u]=1;for(list<pair<int,int> >::iterator it=l[u].begin();it!=l[u].end();it++){int v=it->second,w=it->first;if(d[v]>d[u]+w){d[v]=d[u]+w;
// printf("%d->",v);p[v]=u;q.push(make_pair(-d[v],v));//以负值入队，就相当小根堆的作用}}}
// printf("\n\n");
}int main(){while(~scanf("%d%d%d",&n,&s,&e)){int time=1000000000;scanf("%d",&m);for(int d=0;d<m;d++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);l[x].push_back(make_pair(z,y));l[y].push_back(make_pair(z,x));}vij(s,diss,pres);//起点到各点的距离 vij(e,dise,pree);//终点到各点的距离 int mindis=diss[e];int bussx=0,bussy=0;scanf("%d",&k);for(int w=0;w<k;w++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);int dis1=diss[x]+dise[y]+z;int dis2=diss[y]+dise[x]+z;
// printf("dis1:%d,dis2:%d\n",dis1,dis2);if(mindis>dis1){mindis=dis1;bussx=x,bussy=y;}if(mindis>dis2){mindis=dis2;bussx=y,bussy=x;} }if(flag>0) printf("\n"); flag++;if(bussx!=0){//这路路径很容易犯错啊 int k=bussx,i=0;while(k!=s){path[i++]=k;k=pres[k];}path[i++]=k;reverse(path,path+i);k=bussy;while(k!=e){path[i++]=k;k=pree[k];}path[i++]=k;for(int j=0;j<i-1;j++) printf("%d ",path[j]);printf("%d",path[i-1]);printf("\n%d\n",bussx);}else{int k=e,i=0;while(k!=0){path[i++]=k;k=pres[k];}for(int j=i-1;j>0;j--) printf("%d ",path[j]);printf("%d",path[0]);printf("\nTicket Not Used\n") ;}printf("%d\n",mindis);for(int c=1;c<=n;c++) {l[c].clear();path[c]=0;}}return 0;
}
B题总结
这道题我提交的次数很是骇人，一开始是持续WA，原因是我在迪杰斯特拉函数中，有这样一步操作：如果当前出队的点等于终点，就return结束函数。这个操作是错误的！！！因为迪杰斯特拉函数目的是求出起点到其他每个点的距离，并不是只针对终点，而且这部操作很有可能提前结束函数导致算出来的到各个点的距离不是最短！！！
之后又是RE，RE了一下午！后来发现是求路径的时候错了，求路径一点是从终点逆向寻找路径上的各个点！！！经过商业线的路径点方向都求反了。
最后是PE，这个错我至今都觉得神奇。我保证了三行答案的最后一个数据后面没有多余的空格，并且一组答案结束后，会在下一组答案之间多输出一个换行，但还是PE，原因是换行那里，不是在答案后面多输出换行，而是从第二组开始在第二组的输入数据和答案之间输出一个换行！所以这里定义了一个计数的flag变量。
C-城市收税
题目描述
这一晚，TT 做了个美梦！ 在梦中，TT 的愿望成真了，他成为了喵星的统领！喵星上有 N 个商业城市，编号 1 ～ N，其中 1 号城市是 TT 所在的城市，即首都。喵星上共有 M 条有向道路供商业城市相互往来。但是随着喵星商业的日渐繁荣，有些道路变得非常拥挤。正在 TT 为之苦恼之时，他的魔法小猫咪提出了一个解决方案！TT 欣然接受并针对该方案颁布了一项新的政策。具体政策如下：对每一个商业城市标记一个正整数，表示其繁荣程度，当每一只喵沿道路从一个商业城市走到另一个商业城市时，TT 都会收取它们（目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3 的税。TT 打算测试一下这项政策是否合理，因此他想知道从首都出发，走到其他城市至少要交多少的税，如果总金额小于 3 或者无法到达请悄咪咪地打出 ‘?’。
Input：
第一行输入 T，表明共有 T 组数据。（1 <= T <= 50）
对于每一组数据，第一行输入 N，表示点的个数。（1 <= N <= 200）
第二行输入 N 个整数，表示 1 ～ N 点的权值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）
第三行输入 M，表示有向道路的条数。（0 <= M <= 100000）
接下来 M 行，每行有两个整数 A B，表示存在一条 A 到 B 的有向道路。
接下来给出一个整数 Q，表示询问个数。（0 <= Q <= 100000）
每一次询问给出一个 P，表示求 1 号点到 P 号点的最少税费。
Output：
每个询问输出一行，如果不可达或税费小于 3 则输出 ‘?’。
思路分析：
这道题权重地给出比较特别，给的是城市点的权，但是我们可以转换，首先，还是用邻接链表存储，那么在将点边插入链表的时候，可以根据“目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3”计算出城市点A到城市点b的边权，即wei=pow(w[b]-w[a],3);存入链表：l[a].push_back(make_pair(wei,b)。
另外，还要注意的重要一点：边权可能为负所以肯定不能使用迪杰斯特拉算法，并且这里是计算单源的最短距离，没必要用Floyd小题大做，所以这里使用SPFA并且结合负环标记的算法。SPFA和迪杰斯特拉很相似，只不过多了处理负环的功能，SPFA松弛的条件依然是if(dis[v]>dis[u]+w) dis[v]=dis[u]+w，建立一个队列，inq数组标记是否已经在这个队列里面，队列中存储被成功松弛的点i并且这些点都被标记即inq[i]=1。每次从队列中取出已经被松弛过的点i并且取消其标记即inq[i]=0;，并对这个点的邻接点进行松弛，松弛完毕后的邻接点再放入队列中。
最后就是考虑点不可到达或者存在负权环路，当s到u不可达那么dis[u]肯定还是等于Inf，当图中存在负环的时候，会沿着负环不断走下去，最短路径就是负无穷，显然无意义。那么如何判断出现负环呢？如果存在负环，那么最短路经过的边数会大于等于点数n，也就是一些边被松弛的次数会大于等于n，所以定义一个cnt数组，如果到某一点的最短路边数超过n-1，也可以是某一点入队n次或者更多次则说明有负环即cnt[i]>n-1，就说明有负环。出现负环就要将负环上的点以及其邻接的点全部标记为不可达，也就是再定义一个vis数组结合基于dfs原理的flag（s）函数来标记不可达。
注：这道题也是多组数据测试，该初始化的要初始化，该清空的一定要清空。
代码实现
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<list>
#include<cmath>
using namespace std;list<pair<int,int> > l[210];
int a[210];//记录权
int t,n,m;//分别是几组数据、几个点、几条路
int dis[210],inq[210],cnt[210],vis[210];
int inf=2000000000;
queue<int> q;void flag(int s){vis[s]=1;//把负环上的点s可到达的点全部标记 for(list<pair<int,int> >::iterator it=l[s].begin();it!=l[s].end();it++){if(!vis[it->second]) flag(it->second);}
} void SPFA(int s){for(int i=1;i<=n;i++){dis[i]=inf;inq[i]=0;cnt[i]=0;vis[i]=0;}while(!q.empty()) q.pop();dis[s]=0;q.push(s);inq[s]=1;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;for(list<pair<int,int> >::iterator it=l[u].begin();it!=l[u].end();it++){int v=it->second,w=it->first;if(vis[v]) continue;//是负环if(dis[v]>dis[u]+w){dis[v]=dis[u]+w;if(!inq[v]){q.push(v);inq[v]=1;if(++cnt[v]>=n) flag(v);//将负环可到达的点全部标记 }} }}
}int main(){scanf("%d",&t);int count=1;while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);scanf("%d",&m);for(int i=0;i<m;i++){int aa,bb;scanf("%d%d",&aa,&bb);int wei=pow(a[bb]-a[aa],3);l[aa].push_back(make_pair(wei,bb));}int op_count;scanf("%d",&op_count);SPFA(1);printf("Case %d:\n",count); count++;while(op_count--){int c;scanf("%d",&c);if(dis[c]<3||dis[c]==inf||vis[c]) printf("?\n");else printf("%d\n",dis[c]);}for(int i=1;i<=n;i++) {l[i].clear();a[i]=0;}}return 0;
}
程序设计——第七周作业（Floyd:胜负未知场数；dijkstra:猫猫快线最快线路；SPFA：城市收税）相关推荐
- 2019年春季学期第七周作业
A Q 这个作业属于那个课程 C语言程序设计II 这个作业要求在哪里 2019春第七周作业 我在这个课程的目标是 尽可能了解并且应用指针及文件和数组的知识 这个作业在那个具体方面帮助我实现目标 大致掌 ...
- 2017-2018-2 20179215《密码与安全新技术》第七周作业
2017-2018-2 20179215 <密码与安全新技术> 第七周作业 课程:<密码与安全新技术> 班级: 201792 姓名: 袁琳 学号:20179215 上课教师:谢 ...
- 厚基础Linux——第七周作业
文章目录 厚基础Linux--第七周作业 1.自建yum仓库,分别为网络源和本地源 环境规划 技术要求 需求分析 server端 client端 操作步骤 系统安装 server操作步骤 clinet ...
- 20189200余超 2018-2019-2 移动平台应用开发实践第七周作业
20189200余超 2018-2019-2 移动平台应用开发实践第七周作业 布局 在这一节中首先学习了java的页面布局,在此基础之上来进行了编程. 图片如下: 代码如下: *** 使用代码进行登录 ...
- 学号20189220余超 2018-2019-2 《密码与安全新技术专题》第七周作业
学号20189220 余超 2018-2019-2 <密码与安全新技术专题>第七周作业--论文学习及报告总结 课程:<密码与安全新技术专题> 班级: 1892 姓名: 余超 学 ...
- 2019春第七周作业
这个作业属于那个课程 C语言程序设计II 这个作业要求在哪里 要求我们掌握指针,可以更好的运用它 我在这个课程的目标是 学懂C语言,会编程一些简单的小应用 这个作业在那个具体方面帮助我实现目标 这 ...
- 20162302 第七周作业
20162302 2016-2017-2 <程序设计与数据结构>第七周学习总结 教材学习总结 复习以前的内容,修正代码中的错误 学习多态的用法 学习接口的相关内容,并创建多态引用 教材学习 ...
- 20169211《移动平台开发实践》第七周作业
教材学习内容总结 一.常见控件 Android控件的可见属性:所有的Android控件都具有这个属性,可以通过android:visibility进行指定,可选值有三种,visible.invisib ...
- 《Java高级程序设计》第一周作业
(1)加入<Java高级程序设计>课程QQ群,群名片改为实名. (2)在博客园创建个人账号并申请开通博客,用于学习笔记和阅读报告等的发布,关注教师博客每周至少在博客园上发表一篇学习笔记,记 ...
最新文章
- 安装centos后无法引导启动windows7的解决方法
- numpy.logspace()产生一个数组
- 用python爬取i春秋的课程名
- 19课 Vue第二节
- Linux下pdf读取乱码
- python3精要(19)-全局变量global和工厂函数，lambda,变量作用范围,nonlocal
- 【Android】关于Android控件EditText的属性InputType的一些经验
- .bash_profile vs .bashrc
- Java基础学习总结（84）——Java面向对象六大原则和设计模式
- Python实战从入门到精通第十六讲——匿名函数捕获变量值
- iOS开源项目周报1229
- 大数据分析的四大趋势有哪些
- MFC字符串CString分割函数 简洁 C++
- 【前端】HTML5+CSS3 HTML基本特性（一）
- 第16章 起舞不落幕——与纹理映射的华丽邂逅
- Tiny C Compiler最小的C语言编译器
- gnuplot 使用示例
- 区分java的三大版本：JavaSE、JavaME、JavaEE
- 吴恩达机器学习——反向传播算法
- Android打开蓝牙的两种方式