算法競賽入門經典 寫題筆記（第五章 圖論算法與模型2）
本節內容——node
- 2-SAT
- dijstra算法的一些應用
- SPFA算法的一些應用
例題9 飛機調度
有n架飛機須要着陸。每架飛機均可以選擇「早着陸"和」晚着陸「兩種方式之一，且必須選擇一種。第i架飛機的早着陸時間爲\(E_i\)，晚着陸時間爲\(L_I\),不得在其餘時間着陸。如今須要安排這些飛機的着陸方式，使得整個着陸計劃儘可能安全。換句話說，若是把全部飛機的實際着陸時間按照從早到晚的順序排列，相鄰兩個着陸時間間隔的最小值（成爲安全間隔）儘可能大。ios
也就是二分這個時間，而後判斷該2-SAT是否有解。（由於這個間隔時間越小就也可能有合法解，反之越不可能，因此能夠二分答案）
構圖的時候，若是兩個決策（好比說\(i_l,j_l\)）間隔小於二分的答案，咱們就給\(i_l,j_r\)和\(i_r,j_l\)連有向邊。
而後跑tarjan判斷就好了，若是同一個飛機的兩個決策在一個強聯通份量裏面，就沒有合法解了。
順便一提，劉汝佳書上寫的那個作法複雜度是假的qwqc++
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 4010
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m,t,tot,cnt,top;
int head[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN],in[MAXN],st[MAXN],c[MAXN];
struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN*MAXN];
struct Node{int l,r;}node[MAXN];
inline void add(int from,int to){edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,head[from]=t;}
inline void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++tot;
in[x]=1;
st[++top]=x;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[x]=min(low[x],low[v]);
else if(in[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
int v;++cnt;
do{v=st[top--],c[v]=cnt,in[v]=0;}while(x!=v);
}
}
inline bool check(int x)
{
memset(head,0,sizeof(head));
t=tot=top=cnt=0;
for(int i=1;i<=(n>>1);i++)
for(int j=1;j<=(n>>1);j++)
{
if(i==j) continue;
int a=abs(node[i].l-node[j].l);
int b=abs(node[i].l-node[j].r);
int c=abs(node[i].r-node[j].l);
int d=abs(node[i].r-node[j].r);
if(a<x) add(i*2-1,j*2);
if(b<x) add(i*2-1,j*2-1);
if(c<x) add(i*2,j*2);
if(d<x) add(i*2,j*2-1);
}
memset(low,0,sizeof(low));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(in,0,sizeof(in));
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
for(int i=1;i<n;i+=2)
if(c[i]==c[i+1])
return false;
return true;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&node[i].l,&node[i].r);
n<<=1;
int l=0,r=INF,ans=0;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
例題10 宇航員分組
有A，B，C三種任務要分配給n個宇航員，其中每一個宇航員剛好要分配一個任務。設全部n個宇航員的平均年齡爲x，只有年齡大於或等於x的宇航員才能分配任務A；只有年齡嚴格小於x的宇航員才能分配任務B，而任務C沒有限制。有m對宇航員相互討厭，所以不能分配到統一任務。如今須要找出一個知足上訴全部要求的任務分配方案。算法
3-SAT？？？不可能的。咱們只要處理一下年齡，對於每一個宇航員，照樣是2-SAT.
而後就......和上面那題同樣作就好了啊？？
可是爲何會RE啊......搞不懂......先把代碼貼上，回來找鍋（咕咕咕）安全
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,all,kkk,cnt,tot,top,t;
int head[MAXN],done[MAXN];
int dfn[MAXN],low[MAXN],in[MAXN],st[MAXN],c[MAXN];
char op[MAXN];
struct Node{int l,r,age;}node[MAXN];
struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN<<1];
struct Line{int u,v;}line[MAXN<<1];
inline void add(int from,int to){edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,head[from]=t;}
inline void tarjan(int x)
{
low[x]=dfn[x]=++tot;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[x]=min(low[x],low[v]);
else if(in[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
if(low[x]==dfn[x])
{
int v;++cnt;
do{v=st[top--];in[v]=0;c[v]=++cnt;}while(x!=v);
}
}
inline bool check()
{
memset(head,0,sizeof(head));
memset(in,0,sizeof(in));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
top=tot=t=cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=line[i].u,v=line[i].v;
if(node[u].age^node[v].age)
{
add(node[u].r,node[v].l),printf("%d %d\n",node[u].r,node[v].l);
add(node[v].r,node[u].l),printf("%d %d\n",node[v].r,node[u].l);
}
else
{
add(node[u].l,node[v].r),printf("%d %d\n",node[u].l,node[v].r);
add(node[u].r,node[v].l),printf("%d %d\n",node[u].r,node[v].l);
add(node[v].l,node[u].r),printf("%d %d\n",node[v].l,node[u].r);
add(node[v].r,node[u].l),printf("%d %d\n",node[v].r,node[u].l);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i])
tarjan(i),cout<<i<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(c[node[i].l]==c[node[i].r]&&c[node[i].l]!=0)
return false;
return true;
}
inline bool solve(int x,int c)
{
done[x]=c,done[x^1]=3-c;
printf("done[%d]=%d done[%d]=%d\n",x,done[x],x^1,done[x^1]);
cout<<endl;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(done[v]&&done[v]==c) return false;
else if(!done[v]) solve(v,c);
}
return true;
}
inline void print()
{
cout<<"yes"<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(done[node[i].l]==1) printf("%c\n",op[node[i].l]);
else if(done[node[i].l]==0&&done[node[i].r]==0) printf("%c\n",op[node[i].l]);
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
{
if(n==0&&m==0) break;
memset(head,0,sizeof(head));
top=tot=t=cnt=all=0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&node[i].age),all+=node[i].age;
all/=n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(node[i].age<all) node[i].age=0;
else node[i].age=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&line[i].u,&line[i].v);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(node[i].age==0)
node[i].l=++kkk,op[kkk]='B',node[i].r=++kkk,op[kkk]='C';
else
node[i].l=++kkk,op[kkk]='A',node[i].r=++kkk,op[kkk]='C';
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%c %c\n",op[node[i].l],op[node[i].r]);
if(check()==false) {printf("No solution.\n");continue;}
memset(done,0,sizeof(done));
bool flag=true;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!done[i])
if(solve(node[i].l,1))
flag=false;
if(flag==true) {print();continue;}
memset(done,0,sizeof(done));
flag=true;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!done[i])
solve(node[i].r,1);
print();
}
return 0;
}
例題11 機場快線
機場快線分爲經濟線和商業線兩種，線路、速度和價錢都不一樣。如今你有一張商業線的車票，能夠坐一站商業線，而其餘時候只能乘坐經濟線。假設換成時間忽略不計，你的任務是找一條取機場最快的線路，而後輸出方案。（保證最優解惟一）this
由於商業線只能坐一站，並且數據範圍在1000之內，因此咱們能夠枚舉坐的是哪一站。
假設咱們用商業線車票從車站a坐到b，則從起點到a，從b到終點這兩部分的路線對於只存在經濟線的圖中必定是最短路。因此咱們只須要從起點、終點開始作兩次最短路，記錄下從起點到每一個點x的最短期\(f(x)\)和它到終點的最短期\(g(x)\)，那麼總時間就是\(f(a)+time(a,b)+g(b)\)。spa
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<list>
#include<deque>
#include<map>
#include<queue>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int mod = 1000000000 + 7;
const int INF = 1000000000;
const int maxn = 500 + 10;
int T,n,m,S,d1[maxn], p1[maxn], d2[maxn], p2[maxn], vis[maxn], ok, dist;
struct node {
int u, val;
node(int u=0, int val=0):u(u), val(val) {}
bool operator < (const node& rhs) const {
return val > rhs.val;
}
};
void print(int root, int p[], int id, int S) {
vector<int> ans;
while(root != S) {
ans.push_back(root);
root = p[root];
}
ans.push_back(root);
int len = ans.size();
if(id == 1) for(int i=len-1;i>=0;i--) {
if(i != len-1) printf(" ");
printf("%d",ans[i]);
}
else for(int i=0;i<len;i++) {
if(i != 0) printf(" ");
printf("%d",ans[i]);
}
}
vector<node> g[maxn];
void BFS(int haha, int d[], int p[]) {
priority_queue<node> q;
q.push(node(haha, 0));
for(int i=1;i<=n;i++) {
d[i] = INF;
}
d[haha] = 0;
memset(vis, false, sizeof(vis));
while(!q.empty()) {
node u = q.top(); q.pop();
if(vis[u.u]) continue;
vis[u.u] = true;
int len = g[u.u].size();
for(int i=0;i<len;i++) {
node v = g[u.u][i];
if(d[v.u] > d[u.u] + v.val) {
d[v.u] = d[u.u] + v.val;
p[v.u] = u.u;
q.push(node(v.u, d[v.u]));
}
}
}
}
int a,b,c,kase=0;
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(~scanf("%d%d%d",&n,&S,&T)) {
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=n;i++) g[i].clear();
while(m--) {
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
g[a].push_back(node(b, c));
g[b].push_back(node(a, c));
}
scanf("%d",&m);
ok = -1;
BFS(S, d1, p1);
BFS(T, d2, p2);
int s = -1,t = -1,ans = d1[T], res = 0;
for(int i=0;i<m;i++) {
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
if(cur < ans) {
ans = cur;
s = b; t = a;
}
}
if(kase) printf("\n");
else ++kase;
if(s > 0) {
print(s, p1, 1, S); printf(" ");
print(t, p2, 2, T); printf("\n");
printf("%d\n",s);
}
else {
print(T, p1, 1, S); printf("\n");
printf("Ticket Not Used\n");
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
書上還提到了dij算法的路徑統計，在這裏就簡單說一下吧
枚舉兩點之間的全部最短路：先求出全部點到目標點的最短路長度\(d[i]\),而後從起點開始出發，只沿着\(d[i]=d[j]+dist(i,j)\)的邊走。
兩點之間的最短路計數：令\(f[i]\)表示從i到目標點的最短路的條數，則\(f[i]=\sum f[j] | d[i]=d[j]+dist(i,j)\)（這裏書上寫錯了）.net
例題12 林中漫步
對於一張圖，只沿着知足以下條件的道路（A,B）走：存在一條從B出發回家的路徑，比全部從A出發回家的路徑都短。問不一樣的回家路徑條數。翻譯
先跑完以家爲源點的最短路，而後若是一個點a的最短路比b的小，那麼連邊，這就是一個DAG了，而後再DP計個數就好了。code
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,t;
int head[MAXN<<1],done[MAXN],dis[MAXN],dp[MAXN];
struct Node
{
int u,d;
friend bool operator < (Node x,Node y)
{return x.d>y.d;}
};
struct Edge{int nxt,to,dis;}edge[MAXN<<1];
struct Line{int u,v,w;}line[MAXN<<1];
inline void add(int from,int to,int dis)
{
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,edge[t].dis=dis,head[from]=t;
}
inline void dij(int x)
{
priority_queue<Node>q;
memset(done,0,sizeof(done));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
q.push((Node){x,0});
dis[x]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.top().u;q.pop();
if(done[u]) continue;
done[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis,q.push((Node){v,dis[v]});
}
}
}
inline int solve(int x)
{
if(x==2) return dp[x]=1;
int cur_ans=0;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(!dp[v]) dp[v]=solve(v);
cur_ans+=dp[v];
}
return cur_ans;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2&&n)
{
memset(head,0,sizeof(head));
memset(dp,0,sizeof(dp));
t=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&line[i].u,&line[i].v,&line[i].w);
add(line[i].u,line[i].v,line[i].w);
add(line[i].v,line[i].u,line[i].w);
}
dij(2);
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("dis[%d]=%d\n",i,dis[i]);
memset(head,0,sizeof(head));
t=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(dis[line[i].u]>dis[line[i].v]) add(line[i].u,line[i].v,line[i].w);
if(dis[line[i].v]>dis[line[i].u]) add(line[i].v,line[i].u,line[i].w);
}
printf("%d\n",solve(1));
}
return 0;
}
最短路樹：用dij算法能夠求出單元最短路樹，方法是在發現\(d[i]+w(i,j)<d[j]\)時除了更新\(d[j]\)以外還要設置\(p[j]=i\)。這樣，全部點就造成了一棵樹。
要從起點出發沿着最短路走到其餘任意點，只須要順着樹上的邊走便可。
例題13 戰爭和物流
給出一個n個節點m條邊的無向圖（n<=100,m<=1000），每條邊上有一個正權。令c等於每對節點的最短路長度之和。要求刪除一條邊後使得新的c值c'最大。不聯通的兩點的最短路長度視爲L。
在源點肯定的狀況下，只要最短路樹不被破壞，起點到全部點的距離都不會發生改變。換句話說，只有刪除最短路樹上的n-1條邊（中的任意條），最短路樹才須要從新計算。
這樣的話，咱們對於每一個源點，最多隻須要求n次而不是m次最短路，時間複雜度爲\(O(n^2mlogn)\)（dij算法的時間複雜度爲\(O(mlogn)\)）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define MAXN 2010
using namespace std;
int n,m,l,t=1;
long long ans1,ans2;
int head[MAXN<<1],pre[MAXN],ex[MAXN<<1][MAXN],done[MAXN];
long long dis[MAXN],dist[MAXN];
struct Node
{
int u;long long d;
friend bool operator < (Node x,Node y)
{return x.d>y.d;}
};
struct Edge{int nxt,to,dis;}edge[MAXN<<1];
inline void add(int from,int to,long long dis)
{
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,edge[t].dis=dis,head[from]=t;
edge[++t].nxt=head[to],edge[t].to=from,edge[t].dis=dis,head[to]=t;
}
inline long long dij(int x,int op)
{
priority_queue<Node>q;
memset(dis,127,sizeof(dis));
memset(done,0,sizeof(done));
memset(pre,-1,sizeof(pre));
q.push((Node){x,0});
dis[x]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.top().u;q.pop();
if(done[u]) continue;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if((i==op)||(i^1)==op) continue;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
q.push((Node){v,dis[v]});
pre[v]=i;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(pre[i]!=-1&&op==0)
ex[pre[i]][x]=ex[pre[i]^1][x]=1;
long long cur_ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(dis[i]<1e17) cur_ans+=dis[i];
else cur_ans+=l;
}
return cur_ans;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
freopen("ce.out","w",stdout);
#endif
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&l)==3)
{
memset(head,0,sizeof(head));
memset(ex,0,sizeof(ex));
t=1;
ans1=0,ans2=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;long long w;
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&w);
add(x,y,w);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
dist[i]=dij(i,0),ans1+=dist[i];
for(int i=2;i<=t;i+=2)
{
long long cur_ans=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(ex[i][j]) cur_ans+=dij(j,i);
else cur_ans+=dist[j];
}
ans2=max(ans2,cur_ans);
}
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
}
return 0;
}
例題14 過路費（增強版）
運送貨物須要繳納過路費。進入一個尋裝須要繳納一個單位的貨物，進入一個城鎮時，每20個單位的貨物中就要上繳1個單位（好比，攜帶70個單位的貨物進入城鎮，須要繳納4個單位的貨物）。如今給定你一張圖，請找出一條繳納過路費最少的路線，並輸出。若是有多條路線，輸出字典序最小的。
逆推的dij算法。令\(d[i]\)表示進入節點i以後，至少須要\(d[i]\)個單位的貨物，到達目的地時貨物數量才足夠。則每次選擇一個\(d[i]\)最小的未標號的節點，更新它的全部前驅節點的d值就好了。輸出路徑的時候根據d值就能夠構造出字典序最小的解。
emmmm爲何我把書上的解釋全抄下來了......由於我以爲寫得確實比較清晰啊qwq
這個題個人代碼仍是不知道爲何鍋了。。。先敷衍一下放個maomao的吧......
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 200 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
vector <int> G[N];
int n, p, kase, dis[N], done[N]; char s, t;
int get_tot (int w) {
int l = 0, r = 1e17;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (mid - ceil ((1.0 * mid) / 20.0) >= w) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return r;
}
struct HeapNode {
int u, d;
bool operator < (HeapNode rhs) const {
return d > rhs.d;
}
};
priority_queue <HeapNode> q;
void solve () {
memset (done, 0, sizeof (done));
memset (dis, 0x3f, sizeof (dis));
dis[(int)t] = isupper (t) ? get_tot (p) : p + 1;
q.push ((HeapNode) {t, dis[(int)t]});
while (!q.empty ()) {
HeapNode now = q.top (); q.pop ();
if (done[now.u]) continue;
for (int i = 0; i < (int) G[now.u].size (); ++i) {
int v = G[now.u][i];
int _w = isupper (v) ? get_tot (dis[now.u]) : dis[now.u] + 1;
if (dis[v] > _w) {
dis[v] = _w;
q.push ((HeapNode) {v, dis[v]});
}
}
done[now.u] = true;
}
}
bool cmp (int lhs, int rhs) {
return dis[lhs] == dis[rhs] ? lhs < rhs : dis[lhs] < dis[rhs];
}
signed main () {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while (cin >> n) {
if (n == -1) break;
cout << "Case " << ++kase << ":" << endl;
for (int i = 0; i < N; ++i) G[i].clear ();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
static char u, v;
cin >> u >> v;
G[(int)u].push_back ((int)v);
G[(int)v].push_back ((int)u);
}
cin >> p >> s >> t;
solve ();
int min_dis = 0x7fffffffffffffffll;
for (int i = 0; i < (int)G[(int)s].size (); ++i) {
int v = G[(int)s][i];
min_dis = min (min_dis, dis[v]);
}
for (int i = 0; i < N; ++i) {
if (!G[i].empty ()) {
sort (G[i].begin (), G[i].end (), cmp);
}
}
if (s == t) {
cout << p << endl;
cout << (char) t << endl;
continue;
}
cout << min_dis << endl;
int now = s; cout << (char) s << "-";
while (now != t) {
now = G[now][0];
cout << (char) now;
if (now != t) cout << "-";
}
cout << endl;
}
}
例題15 在環中
給定一個n個點m條邊（n<=50）的加權有向圖，求平均權值最小的迴路。輸入沒有自環。
二分答案。假設存在一個包含k條邊的迴路，迴路上各條邊的權值爲\(w_1,w_2,...,w_k\)，那麼平均值小於mid意味着\((w_1-mid)+(w_2-mid)+...+(w_k-mid)<0\)，那麼就直接給每條邊減去mid,而後用SPFA判斷一下是否有負環就好了。
注意小數二分的時候精度不要取過高......常數太大會T的.......
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define MAXN 110
#define eps 1e-7
using namespace std;
int n,m,t,T,kase;
int head[MAXN],done[MAXN],cnt[MAXN];
double dis[MAXN];
struct Line{int u,v;double w;}line[MAXN*MAXN];
struct Edge{int nxt,to;double dis;}edge[MAXN*MAXN];
inline void add(int from,int to,double dis)
{
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,edge[t].dis=dis,head[from]=t;
}
inline bool spfa(int x)
{
queue<int>q;
for(int i=0;i<=n;i++) dis[i]=1e9,done[i]=cnt[i]=0;
q.push(x);done[x]=1;dis[x]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();done[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
if(!done[v])
{
done[v]=1;
q.push(v);
if(++cnt[v]>=n) return false;
}
}
}
}
return true;
}
inline bool check(double x)
{
bool flag=false;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i];j;j=edge[j].nxt)
edge[j].dis-=x;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!spfa(i)==true)
flag=true;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i];j;j=edge[j].nxt)
edge[j].dis+=x;
// puts("oh no");
return flag;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(head,0,sizeof(head));
t=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
double l=1e9,r=0.0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%lf",&line[i].u,&line[i].v,&line[i].w);
add(line[i].u,line[i].v,line[i].w);
r=max(r,line[i].w);
l=min(l,line[i].w);
}
printf("Case #%d: ",++kase);
if(!check(r+1)) printf("No cycle found.\n");
else
{
while(l+eps<r)
{
double mid=(l+r)/2.0;
// printf("l=%.2lf r=%.2lf mid=%.2lf\n",l,r,mid);
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}
printf("%.2lf\n",r);
}
}
return 0;
}
例題16 Halum操做
給定一個有向圖，每條邊都有一個權值。每次你能夠選擇一個節點v和一個整數d，把全部以v爲終點的邊的權值減少d，把全部以v爲起點的邊的權值增長d，最後要讓全部邊權的最小值爲正且儘可能大。
由於不一樣的操做互不影響，因此能夠按照任意順序實施這些操做。另外，對於同一個節點的屢次操做也能夠合併，因此咱們能夠令sum(u)表示做用於節點u之上的全部d之和。而後二分答案x，問題轉化成爲是否可讓全部操做完成後每條邊的權值均不小於x。對於邊a->b，操做完以後應該是\(w(a,b)+sum[a]-sum[b] \ge x\)，也就是\(sum[b]-sum[a]<=w(a,b)-x\)。這樣，就是一個差分約束系統了，咱們連a到b，權值爲\(w(a,b)-x\)的邊。而後用負環來判斷這個差分約束系統是否有解。
對了，書上的翻譯感受有問題。依AC代碼來看，應該是讓全部邊的最小值爲正且儘可能大......
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define MAXN 510
using namespace std;
int n,m,t;
int head[MAXN],done[MAXN],dis[MAXN],cnt[MAXN];
struct Edge{int nxt,to,dis;}edge[3000];
struct Line{int u,v,w;}line[3000];
inline void add(int from,int to,int dis)
{
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,edge[t].dis=dis,head[from]=t;
}
inline bool spfa()
{
queue<int>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
q.push(i),done[i]=1,dis[i]=0x3f3f3f3f,cnt[i]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();done[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
if(!done[v])
{
done[v]=1;
cnt[v]++;
q.push(v);
if(cnt[v]>=n) return false;
}
}
}
}
return true;
}
inline bool check(int x)
{
bool flag=false;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i];j;j=edge[j].nxt)
edge[j].dis-=x;
if(spfa()) flag=true;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i];j;j=edge[j].nxt)
edge[j].dis+=x;
return flag;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
memset(head,0,sizeof(head));
t=0;
int l=0,r=-0x3f3f3f3f,ans;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&line[i].u,&line[i].v,&line[i].w);
add(line[i].u,line[i].v,line[i].w);
r=max(r,line[i].w);
}
if(!check(1)) {printf("No Solution\n");continue;}
else if(check(r)) {printf("Infinite\n");continue;}
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
例題17 蒸汽式壓路機
翻譯仍是去看書吧.......（反正我大概也是每次都抄一遍）
拆點的最短路，由於一個位置表示的狀態不同，因此咱們要拆點來分別表明這些狀態
把每一個點\((r,c)\)拆成8個點\((r,c,dir,double)\)，分別表示上一步從上下左右的哪一個方向(dir)移動到這個點，以及移動到這個點的這條邊的權值是否已經加倍(doubled)
題解也仍是去看書吧.......（反正圖我也是畫不出來的......）
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
#define MAXN 100010
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();}
return x;
}
int n,R,C,r1,c1,r2,c2,kase,t;
int inv[4]={2,3,0,1},dr[4]={-1,0,1,0},dc[4]={0,-1,0,1};
int grid[110][110][4],id[110][110][4][2];
int dis[MAXN],done[MAXN],head[MAXN];
const int Up=0;
const int Left=1;
const int Down=2;
const int Right=3;
struct Edge{int nxt,to,dis;}edge[20000010];
struct Node
{
int u,d;
friend bool operator < (struct Node x,struct Node y)
{return x.d>y.d;}
};
inline void add(int from,int to,int dis)
{
// printf("[%d %d] %d\n",from,to,dis);
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,edge[t].dis=dis,head[from]=t;
}
inline int ID(int r,int c,int dir,int doubled)
{
int &x=id[r][c][dir][doubled];
if(x==0) x=++n;
return x;
}
inline bool cango(int r,int c,int dir)
{
if(r<1||r>R||c<1||c>C) return false;
return grid[r][c][dir]>0;
}
inline void dij(int s)
{
priority_queue<Node>q;
memset(done,0,sizeof(done));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s]=0;q.push((Node){s,0});
while(!q.empty())
{
int u=q.top().u;q.pop();
if(done[u]) continue;
done[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
q.push((Node){v,dis[v]});
}
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%d%d%d%d%d%d",&R,&C,&r1,&c1,&r2,&c2)==6)
{
if(R==0&&C==0) break;
memset(head,0,sizeof(head));
t=0;
for(int r=1;r<=R;r++)
{
for(int c=1;c<=C-1;c++)
grid[r][c][Right]=grid[r][c+1][Left]=read();
if(r!=R)
for(int c=1;c<=C;c++)
grid[r][c][Down]=grid[r+1][c][Up]=read();
}
n=0;
memset(id,0,sizeof(id));
for(int dir=0;dir<4;dir++)
if(cango(r1,c1,dir))
add(0,ID(r1+dr[dir],c1+dc[dir],dir,1),grid[r1][c1][dir]*2);
for(int r=1;r<=R;r++)
for(int c=1;c<=C;c++)
for(int dir=0;dir<4;dir++) if(cango(r,c,inv[dir]))
for(int newdir=0;newdir<4;newdir++) if(cango(r,c,newdir))
for(int doubled=0;doubled<2;doubled++)
{
int newr=r+dr[newdir];
int newc=c+dc[newdir];
int v=grid[r][c][newdir],newdoubled=0;
if(dir!=newdir)
{
if(!doubled) v+=grid[r][c][inv[dir]];
newdoubled=1;
v+=grid[r][c][newdir];
}
add(ID(r,c,dir,doubled),ID(newr,newc,newdir,newdoubled),v);
}
dij(0);
int ans=INF;
for(int dir=0;dir<4;dir++) if(cango(r2,c2,inv[dir]))
for(int doubled=0;doubled<2;doubled++)
{
int v=dis[ID(r2,c2,dir,doubled)];
if(!doubled) v+=grid[r2][c2][inv[dir]];
ans=min(ans,v);
}
printf("Case %d: ",++kase);
if(ans==INF) printf("Impossible\n");
else printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
例題18 低價空中旅行
給你一些票，每張聯票上標明上面以此通過的站，以及本票的價錢。必須從頭開始坐，能夠在中途任何一站下飛機，下飛機後票上繳，不能夠再次使用本票。
如今給出一些行程單，問如何買票能使得總花費最小（同一種票可以買多張）。輸入保證行程老是可行的，行程單上的城市必須按照順序到達，可是中間能夠通過一些輔助城市。
輸入保證每組數據最多包含20種聯票和20個行程單，聯票或者行程單上的相鄰城市保證不一樣。票和行程單都從1開始編號。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=4100;
const int inf=1e9;
struct HeapNode
{
int d,u;
bool operator<(const HeapNode& rhs)const
{return d>rhs.d;}
};
struct Edge{int from,to,dist,id;};
struct Dijkstra
{
int n,m;
vector<Edge>edges;
vector<int>G[maxn];
bool done[maxn];
int d[maxn],p[maxn];
void init(int n)
{
this->n=n;
for(int i=0;i<n;i++)G[i].clear();
edges.clear();
}
void AddEdge(int from,int to,int dist,int id)
{
edges.push_back((Edge){from,to,dist,id});
m=edges.size();
G[from].push_back(m-1);
}
void dij(int s)
{
priority_queue<HeapNode>Q;
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=inf;
d[s]=0;
memset(done,0,sizeof(done));
Q.push((HeapNode){0,s});
while(!Q.empty())
{
HeapNode x=Q.top();Q.pop();
int u=x.u;
if(done[u])continue;
done[u]=true;
for(int i=0;i<G[u].size();i++)
{
Edge& e=edges[G[u][i]];
if(d[e.to]>d[u]+e.dist)
{
d[e.to]=d[u]+e.dist;
p[e.to]=G[u][i];
Q.push((HeapNode){d[e.to],e.to});
}
}
}
}
void print(int s,int t)
{
stack<int>stk;
while(t!=s)
{
stk.push(edges[p[t]].id);
t=edges[p[t]].from;
}
while(!stk.empty())
{
printf(" %d",stk.top());
stk.pop();
}
printf("\n");
}
}solver;
int id[12][410],res,tot;
vector<int>ticket[21];
map<int,int>mp;
inline int ID(int x)
{
if(!mp.count(x)) mp[x]=++tot;
return mp[x];
}
inline int ID2(int x,int y)
{
if(id[x][y]==0) id[x][y]=++res;
return id[x][y];
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
int n,m,q,u,v,money,kase=0;
while(~scanf("%d",&n)&&n)
{
int cost[21];
mp.clear();
tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ticket[i].clear();
scanf("%d%d",&cost[i],&m);
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&u);
ticket[i].push_back(ID(u));
}
}
kase++;
scanf("%d",&q);
vector<int>line;
for(int p=1;p<=q;p++)
{
int num;
line.clear();
memset(id,0,sizeof(id));
res=0;
scanf("%d",&num);
for(int i=1;i<=num;i++)
{
scanf("%d",&u);
line.push_back(ID(u));
}
solver.init(num*tot+1);
for(int tic=1;tic<=n;tic++)
for(int pos=1;pos<num;pos++)
{
int next=pos;
for(int i=1;i<ticket[tic].size();i++)
{
if(ticket[tic][i]==line[next])next++;
solver.AddEdge(ID2(pos,ticket[tic][0]),ID2(next,ticket[tic][i]),cost[tic],tic);
if(next==num) break;
}
}
solver.dij(ID2(1,line[0]));
int ans=solver.d[ID2(num,line[num-1])];
printf("Case %d, Trip %d: Cost = %d\n",kase,p,ans);
printf(" Tickets used:");
solver.print(ID2(1,line[0]),ID2(num,line[num-1]));
}
}
}
例題19 動物園大逃亡
平面圖轉對偶圖，用最短路求最小割。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define S 0
#define T tot+1
#define MAXN 5000010
using namespace std;
int n,m,t,cur,kase,tot;
int dis[MAXN],done[MAXN],head[MAXN],id[1010][1010][2];
struct Node
{
int u,d;
friend bool operator <(struct Node x,struct Node y)
{return x.d>y.d;}
};
struct Edge{int nxt,to,dis;}edge[MAXN<<1];
inline void add(int from,int to,int dis)
{
// printf("[%d %d] %d\n",from,to,dis);
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,edge[t].dis=dis,head[from]=t;
edge[++t].nxt=head[to],edge[t].to=from,edge[t].dis=dis,head[to]=t;
}
inline void dij()
{
priority_queue<Node>q;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(done,0,sizeof(done));
q.push((Node){S,0});dis[S]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.top().u; q.pop();
if(done[u]) continue;
done[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[u]+edge[i].dis<dis[v])
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis,q.push((Node){v,dis[v]});
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2&&n+m)
{
memset(head,0,sizeof(head));
t=tot=0;
n--,m--;
// printf("n=%d m=%d\n",n,m);
for(int i=0;i<=n+1;i++)
for(int j=0;j<=m+1;j++)
for(int k=0;k<=1;k++)
id[i][j][k]=++tot;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
int x;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&x);
add(id[i][j][1],id[i-1][j][0],x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
for(int j=1;j<=m+1;j++)
{
scanf("%d",&x);
add(id[i][j][0],id[i][j-1][1],x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&x);
add(id[i][j][1],id[i][j][0],x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) add(S,id[i][0][1],0);
for(int j=1;j<=m;j++) add(S,id[n+1][j][1],0);
for(int j=1;j<=m;j++) add(id[0][j][0],T,0);
for(int i=1;i<=n;i++) add(id[i][m+1][0],T,0);
dij();
printf("Case %d: Minimum = %d\n",++kase,dis[T]);
// printf("%d\n",dis[T]);
}
return 0;
}
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