NYOJ 20 吝啬的国度（搜索）

吝啬的国度

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难度：3

描述

在一个吝啬的国度里有N个城市，这N个城市间只有N-1条路把这个N个城市连接起来。现在，Tom在第S号城市，他有张该国地图，他想知道如果自己要去参观第T号城市，必须经过的前一个城市是几号城市（假设你不走重复的路）。

输入

第一行输入一个整数M表示测试数据共有M(1<=M<=5)组
每组测试数据的第一行输入一个正整数N(1<=N<=100000)和一个正整数S(1<=S<=100000)，N表示城市的总个数，S表示参观者所在城市的编号
随后的N-1行，每行有两个正整数a,b(1<=a,b<=N)，表示第a号城市和第b号城市之间有一条路连通。

输出

每组测试数据输N个正整数，其中，第i个数表示从S走到i号城市，必须要经过的上一个城市的编号。（其中i=S时，请输出-1）

样例输入

样例输出

-1 1 10 10 9 8 3 1 1 8

前两天刚学过图论中的最短路，今天做这道题，首先想到了用最短路的思想做。写了一个Bellman-Ford，超时了，原因是顶点数*边数太大。然后用广搜写了一下，AC。存储边时用了vector，记得每次都要清空vector。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 100010;
int pre[N], vis[N], n, s;
vector<int> vec[N];
void Init()
{for(int i = 1; i <= n; i++)pre[i] = i, vis[i] = 0;pre[s] = -1;
}
void bfs()
{queue<int> Q;Q.push(s);while(!Q.empty()){int t = Q.front();Q.pop();if(vis[t])continue;vis[t] = 1;for(int i = 0; i < vec[t].size(); i++){int p = vec[t][i];if(!vis[p]){pre[p] = t;Q.push(p);}}}
}
int main()
{int t, i;scanf("%d",&t);while(t--){memset(vec, 0, sizeof(vec));scanf("%d%d",&n,&s);int a, b;for(i = 0; i < n - 1; i++){scanf("%d%d",&a,&b);vec[a].push_back(b);vec[b].push_back(a);}Init();bfs();printf("%d",pre[1]);for(i = 2; i <= n; i++)printf(" %d",pre[i]);printf("\n");}return 0;
}

后来看讨论区，出题人说是把无根树转化为有根树，仔细一想，还真是。下面是代码：

/*无根树转有根树，s即为根*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 100010;
int pre[N], n, s;
vector<int> vec[N];
void Init()
{for(int i = 1; i <= n; i++)pre[i] = i;pre[s] = -1;
}
void dfs(int u, int fa)
{int k = vec[u].size();for(int i = 0; i < k; i++){int v = vec[u][i];if(v != fa){pre[v] = u;dfs(v, u);}}
}
int main()
{int t, i;scanf("%d",&t);while(t--){memset(vec, 0, sizeof(vec));scanf("%d%d",&n,&s);int a, b;for(i = 0; i < n - 1; i++){scanf("%d%d",&a,&b);vec[a].push_back(b);vec[b].push_back(a);}Init();dfs(s,-1); //从根节点开始搜printf("%d",pre[1]);for(i = 2; i <= n; i++)printf(" %d",pre[i]);printf("\n");}return 0;
}