1013 Battle Over Cities (25 分)

题意：给图，问去掉所询问的一个点后，需要添加多少条边可以使图连通，N<1000N<1000N<1000
思路：并查集，将每条边存储，每次删掉一个点时，相当于将与这个点相关的边与这个点本身都不加载在图中，每次重新建图，查询每次新图的连通块个数，加上连通块个数-1的边就可以使图连通
思路：连通块个数的计算，可以用递减的方式计算，一开始连通块个数等于图上点的个数n - 1，每加入一条边，如果这条边的两个端点原先不在同一个连通块内，则连通块个数-1，否则，continue
语法：无向图的最大边数M=(N−1)+(N−2)+...+1=N∗(N−1)2=5∗105M = (N - 1) +(N -2)+...+1=\frac{N*(N-1)}{2}=5*10^5M=(N−1)+(N−2)+...+1=2N∗(N−1)=5∗105

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;#define endl '\n'
#define pb push_back
#define fi first
#define se secondconst int N = 1010, M = 5e5 + 10;int fa[N];
struct Edge
{int u, v;
}e[M];int find(int x)
{if (fa[x] != x) fa[x] = find(fa[x]);return fa[x];
}int main()
{cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);int n, m, k; cin >> n >> m >> k;for (int i = 0; i < m; i ++ ) cin >> e[i].u >> e[i].v;while (k -- ){int x; cin >> x;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) fa[i] = i;int cnt = n - 1;for (int i = 0; i < m; i ++ ){int u = e[i].u, v = e[i].v;if (u != x && v != x){u = find(u), v = find(v);if (u != v){cnt -- ;fa[u] = v;}}}cout << cnt - 1 << endl;}
}

1114 Family Property (25 分)

题意：

输入每个人的id和父亲母亲（去世则输入-1）所有孩子和房产数量和房产总面积
输出每个家庭的id（家庭成员中最小的编号），人数，人均房产数量，人均房产面积
按人均房产面积降序顺序输出所有家庭信息。当存在人均房产面积相同的情况时，按 ID 升序顺序排序。

思路：

先读入每个人的信息，再根据存下来的每条边，利用并查集，将连通块内的人的信息合并在连通块内编号最小的人身上
然后遍历人，找到每个连通块内编号最小的人（也就是家主），这一步需要之前输入信息时，记录哪些人是连通块内存在的

语法：

自定义排序时，尽量避免用除法，将出发转换为乘法

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 1e4 + 10;typedef pair<int, int> PII;int n;
int hc[N], ha[N];
bool st[N];
PII e[N * 2];
int m;
int pa[N];
int c[N];struct Family
{int id, c, hc, ha;bool operator< (const Family &t) const{// ha / c > t.ha / t.cif (ha * t.c != t.ha * c) return ha * t.c > t.ha * c;return id < t.id;}
};int find(int x)
{if (pa[x] != x) pa[x] = find(pa[x]);return pa[x];
}int main()
{scanf("%d", &n);int id, fa, mo, k, son;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){scanf("%d%d%d%d", &id, &fa, &mo, &k);st[id] = true;if (fa != -1) e[m ++ ] = {id, fa}, st[fa] = true;if (mo != -1) e[m ++ ] = {id, mo}, st[mo] = true;for (int j = 1; j <= k; j ++ ){scanf("%d", &son);e[m ++ ] = {id, son};st[son] = true;}scanf("%d%d", &hc[id], &ha[id]);}for (int i = 0; i < N; i ++ ) pa[i] = i, c[i] = 1;for (int i = 0; i < m; i ++ ){int a = e[i].first, b = e[i].second;a = find(a), b = find(b);if (a != b){if (a > b) swap(a, b);hc[a] += hc[b];ha[a] += ha[b];c[a] += c[b];pa[b] = a;}}vector<Family> family;for (int i = 0; i < N; i ++ ){if (st[i] && pa[i] == i)family.push_back({i, c[i], hc[i], ha[i]});}sort(family.begin(), family.end());printf("%d\n", family.size());for (auto &f : family)printf("%04d %d %.3lf %.3lf\n", f.id, f.c, (double)f.hc / f.c, (double)f.ha / f.c);}

1118 Birds in Forest (25 分)

题意：

假设所有出现在同一张照片中的鸟都属于同一棵树。
请你帮助科学家计算森林中树木的最大数量，对于任何一对鸟类，请判断它们是否在同一棵树上。

思路：

连通块的数量就是鸟的数量减去被合并的次数

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 10010;int n;
int birds[10];
int p[N];
bool st[N];int find(int x)
{if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);return p[x];
}int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < N; i ++ ) p[i] = i;int cnt = 0;for (int i = 0; i < n; i ++ ){int k;scanf("%d", &k);for (int j = 0; j < k; j ++ ){scanf("%d", &birds[j]);st[birds[j]] = true;}for (int j = 1; j < k; j ++ ){int a = birds[j - 1], b = birds[j];a = find(a), b = find(b);if (a != b){p[a] = b;cnt ++ ;}}}int tot = 0;for (int i = 0; i < N; i ++ ) tot += st[i];printf("%d %d\n", tot - cnt, tot);int q;scanf("%d", &q);while (q -- ){int a, b;scanf("%d%d", &a, &b);if (find(a) == find(b)) puts("Yes");else puts("No");}return 0;
}

PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（并查集）相关推荐

PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（树）
1004 Counting Leaves (30 分) 题意 : 家庭关系可以用家谱树来表示,给定一个家谱树,你的任务是找出其中没有孩子的成员. 第一行包含一个整数 N 表示树中结点总数以及一个整数 ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（数学）
1059 Prime Factors (25 分) 题意 : 给一正整数,要求分解质因数思路 : 使用is_first,来完成除了第一个质因数前都有*的效果如果n=1,要特判最后如果n>1 ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（排序）
1012 The Best Rank (25 分) 题意 :给ID和3门成绩,计算其平均分A,输出每位学生最好的排名,A>C>M>E 思路 :如果将所需的若干个元素中使第一个元素为后 ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（模拟）
1008 Elevator (20 分) 思路 :last可能等于cur,而无论是否相等,res都是+5的 #include <iostream>using namespace std;i ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（动态规划）
1007 Maximum Subsequence Sum (25 分) 题意 :注意最后输出的不是索引而是在那个索引的数思路 :f为当前的假设开始指针,每一次累加到sum,如果sum大于res,就更 ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（图论）
1003 Emergency (25 分) 题意 :求无向图中最短路的数量,以及在最短路情况下,点权之和最大是多少思路 :dijkstra的扩展一般在第三步"用t更新其它点":s ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（进位制）
1010 Radix (25 分) 题意 :radix进制题意 :给两个数和其中一个数的进制,问另一个数能否在某一进制下与这数相等思路 :如果tag等于2就交换,最后还是只需要处理tag为1这种情 ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（字符串处理）
1001 A+B Format (20 分) 题意 :将整数转换成标准格式思路 :从后往前遍历字符串进行模拟,每三个数字加一个逗号,但不能是在最前面加逗号,也不能是加在负号后面 #include & ...
PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（链表）
1032 Sharing (25 分) 题意 : suffix后缀:prefix前缀每个结点存一个字母,一共存两个单词分别给两个单词的第一个字母的地址以及总共的结点数给出所有结点的地址数值和下一 ...

PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（并查集）

1013 Battle Over Cities (25 分)

1114 Family Property (25 分)

1118 Birds in Forest (25 分)

PAT甲级题目翻译+答案 AcWing（并查集）相关推荐

最新文章

热门文章