7-1 ACM宣傳
作者 杜祥軍
單位 青島大學
LB大神想組織集訓隊去學校各處宣傳ACM，但是大神不想讓隊員們走太多路，因此想寫程式碼計算一下，到各地宣傳再回到博知401的最短路徑總和是多少。
已知：學校一共有n個宣傳點，博知401是標號為1的點。剩下n-1個點每個點各派1位隊員，詢問每個隊員到達宣傳點再回到博知401的最短路徑和是多少。
輸入格式:
輸入由T個案例組成。輸入的第一行只包含正整數T。
接下來是N和M，1 <= N,M <= 1000000，表示N個點和連線N個點的M條邊。
然後有M行，每行包括三個值U,V,W，表示從點U到點V需要W的路程。你可以假設該圖連通。
輸出格式:
對於每個案例，列印一行，表示隊員們從博知401出發到其他點再回到博知401的路徑總和的最小值。
輸入樣例:
2
2 2
1 2 13
2 1 33
4 6
1 2 10
2 1 60
1 3 20
3 4 10
2 4 5
4 1 50
輸出樣例:
46
210
本題使用了單源最短路的想法
我使用了dijkstra演算法來解決該問題
板子地址：https://www.luogu.com.cn/problem/P4779
首先從簡單的開始想 每個隊員從1返回到各自的位置 那麼就是一個簡單的dijkstra就能解決
現在再考慮每個隊員從自己的位置到達1的位置的最短路 那麼只需要將每個邊都反轉 然後從1出發即為每個點到達1的最短路
所以需要跑兩遍 dijkstra
簡單地思考即可得出為正邊的時候跑一遍
建立返圖地時候再跑一遍
建立返圖時給每個點+n
code：
點選檢視程式碼
const int maxn=1e6+10;
int n,m,cnt;
int dis[maxn],h[maxn],to[maxn],val[maxn],nxt[maxn],vis[maxn];
struct node{
int v,w;
friend bool operator <(node a,node b){
return a.w>b.w;
}
};
priority_queue<node>q;
void add(int a,int b,int c){
to[++cnt]=b;
val[cnt]=c;
nxt[cnt]=h[a];
h[a]=cnt;
}
void end(){
for(int i=0;i<=max(n<<1,m<<1);i++)to[i]=val[i]=h[i]=nxt[i]=0;
for(int i=0;i<=n<<1;i++)vis[i]=0;
}
void dijkstra(int s){
for(int i=1;i<=n<<1;i++)dis[i]=1e18;
dis[s]=0;
node tmp;
tmp.v=s;tmp.w=0;q.push(tmp);
while(!q.empty()){
int u=q.top().v;q.pop();
if(vis[u])continue;vis[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=nxt[i]){
if(dis[to[i]]>dis[u]+val[i]){
dis[to[i]]=dis[u]+val[i];
tmp.w=dis[to[i]];
tmp.v=to[i];
q.push(tmp);
}
}
}
}
void solve(){
cnt=0;
cin>>n>>m;
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
cin>>u>>v>>w;
add(u,v,w);
add(v+n,u+n,w);
}
dijkstra(1);
int ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
ans+=dis[i];
}
dijkstra(1+n);
for(int i=2+n;i<=n<<1;i++)ans+=dis[i];
cout<<ans<<'\n';
end();
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
int _=1;
cin>>_;
while(_--)solve();
}
請編寫程式，對於給定的起始國家和目標國家，計算到達目標國家至少需要征服多少個國家，不必輸出征服的國家序列，只輸出征服的國家數量即可。例如下圖所示的國家地圖，從起始國家0到目標國家4，最少需征服2個國家。
輸入格式:
輸入第一行為3個整數n、e和m，均不超過1000。n表示國家數。接下來e行表示國家間的接壤情況，每行為兩個整數i和j，表示國家i與國家j接壤。接下來m行表示m組查詢，每行為兩個整數x和y，表示起始國家和目標國家編號。
輸出格式:
輸出為m行，即對於給定的x和y，需要征服國家的最少數量。
輸入樣例:
5 6 2
0 1
0 3
1 2
2 3
1 4
2 4
0 4
1 2
輸出樣例:
2
1
只需按照樣例建圖
然後每次測試時情況vis
以x為起點 輸出dis[y]的值即可
code：
點選檢視程式碼
void solve(){
int q;
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
add(u+1,v+1,1);
add(v+1,u+1,1);
}
while(q--){
int x,y;cin>>x>>y;
for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
dijkstra(x+1);
cout<<dis[y+1]<<'\n';
}
}//上題已經給出dijkstra和建立邊的方式後面給出的code將不再顯示dijkstra和建邊
輸入格式:
輸入第一行為兩個正整數n和e，分別表示圖的頂點數和邊數，其中n不超過20000，e不超過1000。接下來e行表示每條邊的資訊，每行為3個非負整數a、b、c，其中a和b表示該邊的端點編號，c表示權值。各邊並非按端點編號順序排列。
輸出格式:
輸出為一行整數，為按頂點編號順序排列的源點0到各頂點的最短路徑長度（不含源點到源點），每個整數後一個空格。如源點到某頂點無最短路徑，則不輸出該條路徑長度。
輸入樣例:
4 4
0 1 1
0 3 1
1 3 1
2 0 1
輸出樣例:
1 1
板子題 注意每個數字後面一個空格 作者被空格殺了一發
code：
點選檢視程式碼
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
cin>>u>>v>>w;
add(u+1,v+1,w);
}
dijkstra(1);
vector<int>ans;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(dis[i]!=1e18)ans.pb(dis[i]);
}
for(int i=0;i<ans.size();i++)cout<<ans[i]<<" ";
}
7-4 哈利·波特的考試
作者 陳越
單位 浙江大學
哈利·波特要考試了，他需要你的幫助。這門課學的是用魔咒將一種動物變成另一種動物的本事。例如將貓變成老鼠的魔咒是haha，將老鼠變成魚的魔咒是hehe等等。反方向變化的魔咒就是簡單地將原來的魔咒倒過來唸，例如ahah可以將老鼠變成貓。另外，如果想把貓變成魚，可以透過念一個直接魔咒lalala，也可以將貓變老鼠、老鼠變魚的魔咒連起來唸：hahahehe。
現在哈利·波特的手裡有一本教材，裡面列出了所有的變形魔咒和能變的動物。老師允許他自己帶一隻動物去考場，要考察他把這隻動物變成任意一隻指定動物的本事。於是他來問你：帶什麼動物去可以讓最難變的那種動物（即該動物變為哈利·波特自己帶去的動物所需要的魔咒最長）需要的魔咒最短？例如：如果只有貓、鼠、魚，則顯然哈利·波特應該帶鼠去，因為鼠變成另外兩種動物都只需要念4個字元；而如果帶貓去，則至少需要念6個字元才能把貓變成魚；同理，帶魚去也不是最好的選擇。
輸入格式:
輸入說明：輸入第1行給出兩個正整數N (≤100)和M，其中N是考試涉及的動物總數，M是用於直接變形的魔咒條數。為簡單起見，我們將動物按1~N編號。隨後M行，每行給出了3個正整數，分別是兩種動物的編號、以及它們之間變形需要的魔咒的長度(≤100)，數字之間用空格分隔。
輸出格式:
輸出哈利·波特應該帶去考場的動物的編號、以及最長的變形魔咒的長度，中間以空格分隔。如果只帶1只動物是不可能完成所有變形要求的，則輸出0。如果有若干只動物都可以備選，則輸出編號最小的那隻。
輸入樣例:
6 11
3 4 70
1 2 1
5 4 50
2 6 50
5 6 60
1 3 70
4 6 60
3 6 80
5 1 100
2 4 60
5 2 80
輸出樣例:
4 70
本題可以用johnson(Om(n2))或者flody(On3)來做
但是沒有給出m範圍所以使用flody
flody運用了類似動態規劃的思想
其中dis[i,j,k]表示從i-j只經過1-k內的點
對其進行分類討論 1從i-j只經過編號為1-k-1的點的路徑 那麼其長度最短顯然為dis[i,j,k-1]
從2 從i到k再從k到j那麼長度為dis[i,k,k-1]+dis[k,j,k-1]
對其取min
其中因為每次轉移可以把第三位的k最佳化掉
所以為節省空間考慮將轉移方程最佳化為min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j])
其中本題想法即為列舉每個點到其他點的最大值中最小的那個
code：
點選檢視程式碼
const int maxn=105;
int n,m,cnt;
int dis[maxn][maxn];
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)
if(i==j)dis[i][i]=0;
else dis[i][j]=1e18;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y,val;cin>>x>>y>>val;
dis[y][x]=dis[x][y]=min(dis[x][y],val);
}
for(int k=1;k<=n;k++){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
}
}
}
int mi=1e18,pos;
for(int i=1;i<=n;i++){
int mx=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
mx=max(dis[i][j],mx);
}
if(mx<mi){
mi=mx;
pos=i;
}
if(mx<mi){
mi=mx;
pos=i;
}
}
if(mi==1e18){
cout<<0<<'\n';return;
}
cout<<pos<<" "<<mi<<'\n';
}
我認為7-5和7-6本質一樣 所以放一塊講
而且這兩道題又長又臭 寫的時候非常難受
7-5 最少頂點最短路
作者 朱允剛
單位 吉林大學
給定一個正權有向圖，圖中包含n個頂點，編號為0至n-1。以頂點0作為源點，程式設計序求頂點0到各頂點的最短路徑。若頂點0到某頂點存在多條最短路徑，則輸出經過頂點最少的那條路徑，例如圖1，0到4的最短路徑有兩條，0→1→2→4和0→3→4，權值和均為6，但0→3→4經過頂點個數最少，故為所求。輸入資料保證對每個頂點最多隻有一條滿足上述條件的路徑。
GRAPH.png
輸入格式:
輸入第一行為兩個正整數n和e，分別表示圖的頂點數和邊數，其中n不超過15000，e不超過1000。接下來e行表示每條邊的資訊，每行為3個非負整數a、b、c，其中a和b表示該邊的端點編號，c表示權值。各邊並非按端點編號順序排列。
輸出格式:
輸出為若干行由“->”間隔的數字序列，每行為源點0到某頂點的滿足條件的最短路徑，如源點到某頂點無最短路徑，則不輸出該條路徑。各條路徑按終點的遞增順序輸出，源點到源點的最短路徑無需輸出。
輸入樣例:
5 5
0 1 1
0 3 4
1 2 2
2 4 3
3 4 2
輸出樣例:
0->1
0->1->2
0->3
0->3->4
7-6 最少點字典序最短路徑
作者 朱允剛
單位 吉林大學
給定一個正權有向圖，圖中包含n個頂點，編號為0至n-1。以頂點0作為源點，請編寫程式求頂點0到各頂點的最短路徑。若頂點0到某頂點存在多條最短路徑，則輸出經過頂點最少的那條路徑，例如圖1(a)中0到4的經過頂點最少的最短路徑為0 - 3 - 4。若存在多條最短路徑且其經過頂點個數相等，則輸出字典序最小者。例如圖1(b)中0到5的滿足條件的最短路徑為0 - 2 - 5。
g.jpg
注：字典序，即物件在字典中的順序。對於兩個數字序列，從第一個數字開始比較，當某一個位置的數字不同時，該位置數字較小的序列，字典序較小，例如1 2 3 9比1 2 4 5小，1 2 8 9比1 2 10 3小。
輸入格式:
輸入第一行為兩個正整數n和e，分別表示圖的頂點數和邊數，其中n不超過20000，e不超過20000。接下來e行表示每條邊的資訊，每行為3個非負整數a、b、c，其中a和b表示該邊的端點編號，c表示權值。各邊並非按端點編號順序排列。
輸出格式:
輸出為若干行由“->”間隔的數字序列，每行為源點0到某頂點的滿足條件的最短路徑，如源點到某頂點無最短路徑，則不輸出該條路徑。各條路徑按終點的遞增順序輸出，源點到源點的最短路徑無需輸出。
輸入樣例:
6 7
0 1 1
1 4 2
4 5 3
0 3 4
3 5 2
0 2 5
2 5 1
輸出樣例:
0->1
0->2
0->3
0->1->4
0->2->5
首先建立depth來表示每個點的最小深度
建立pre來表示每個點的前驅節點
to[i] 表示前往的節點
點選檢視程式碼
const int maxn=1e6+10;
int n,m,cnt;
int dis[maxn],h[maxn],to[maxn],val[maxn],nxt[maxn],vis[maxn];
struct node{
int v,w;
friend bool operator <(node a,node b){
if(a.w==b.w)return a.v>b.v;//本次如果插入很多個相同深度的節點那麼節點大小升序
return a.w>b.w;
}
};
vector<int>v[20005];
int pre[20005],depth[20005];
priority_queue<node>q;
void add(int a,int b,int c){
to[++cnt]=b;
val[cnt]=c;
nxt[cnt]=h[a];
h[a]=cnt;
}//連結串列向前星建立圖
void dijkstra(int s){
for(int i=0;i<=n;i++)dis[i]=0x3f;
for(int i=0;i<=n;i++)pre[i]=0x3f;
dis[s]=0;
node tmp;
tmp.v=s;tmp.w=0;q.push(tmp);
while(!q.empty()){
int u=q.top().v;q.pop();
if(vis[u])continue;vis[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=nxt[i]){
if(dis[to[i]]>dis[u]+val[i]){
dis[to[i]]=dis[u]+val[i];
tmp.w=dis[to[i]];
tmp.v=to[i];
depth[to[i]]=depth[u]+1;
pre[to[i]]=u;
q.push(tmp);
}
else if(dis[to[i]]==dis[u]+val[i]){
if(depth[u]+1<depth[to[i]]){
depth[to[i]]=depth[u]+1;
pre[to[i]]=u;
q.push(node{to[i],dis[to[i]]});
}else if(depth[u]+1==depth[to[i]]){
int a=u;
int b=pre[to[i]];
while(pre[a]!=pre[b]){
a=pre[a],b=pre[b];
}
if(a<b){
pre[to[i]]=u;
q.push(node{to[i],dis[to[i]]});
}
}
}
}
}
}
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1,u,t,w;i<=m;i++){
cin>>u>>t>>w;
add(u+1,t+1,w);
}//透過+1防止越界出錯
dijkstra(1);
for(int i=2;i<=n;i++){
int j=i;
while(j!=1){//如果不到第一個節點不結束
if(pre[j]==0x3f)break;//如果找不到前繼節點就結束 該種情況為不連通
v[i].pb(j);
j=pre[j];
}
}
for(int i=2;i<=n;i++){
if(v[i].size()){
cout<<0;
for(int j=v[i].size()-1;j>=0;j--){
cout<<"->"<<v[i][j]-1;
}
cout<<'\n';
}
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
int _=1;
// cin>>_;
while(_--)solve();
}
輸入格式:
首先輸入一個正整數T，表示測試資料的組數，然後是T組測試資料。
每組測試包含兩個部分。分別是： 景點資訊 和 查詢。
景點資訊 部分,首先是2個整數n和m（2≤n≤100，1≤m≤n(n-1)/2），分別表示有n個景點，以及m條直達道路的用時資訊。然後有m行輸入，每行輸入三個整數a,b,c（1≤a,b≤n，a≠b，1≤c<100），表示由景點a散步到景點b，HY散步需要用時c分鐘，當然，他由景點b散步到景點a也要c分鐘。
查詢 部分，首先是1個整數k（1<=k<=5000），表示後面接k次詢問。緊接著k行資料，每行包括兩個整數s,d（1≤s，d≤n，s≠d），分別表示HY想知道從景點s散步到另一個景點d的用時（分鐘數）。
注意，因為HY有點粗心，可能發生以下情況：
（1）他所記下有些用時資訊可能重複，比如：
1 2 3
2 1 3
（2）有些同一條路的用時資訊可能不一致，比如：
1 2 3
1 2 4
在這種情況下，以其中用時最少的資訊為準。
（3）有些路用時資訊可能忘記了，比如有3個景點1，2，3；他只記住1條路的用時：
1 2 1
在這種情況下，認為從景點1到景點3沒有直達的路，從景點2到景點3也沒有直達的路。
輸出格式:
對於每組測試，每次詢問輸出一行，包含一個整數，表示從景點s散步到另一個景點d的最少用時。如果景點s到景點d無路可通，輸出-1。
輸入樣例:
2
3 2
1 2 3
2 3 1
3
1 2
1 3
3 2
3 2
1 2 3
2 1 2
3
1 2
1 3
2 3
輸出樣例:
3
4
1
2
-1
-1
非常簡單的一道flody板子題
不多解釋
code：
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define rall(x) x.rbegin(),x.rend()
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;};
int qpw(int a,int b){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod,b>>=1;}return ans;}
int inv(int x){return qpw(x,mod-2);}
const int maxn=105;
int n,m,cnt;
int dis[maxn][maxn];
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)
if(i==j)dis[i][i]=0;
else dis[i][j]=1e18;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y,val;cin>>x>>y>>val;
dis[y][x]=dis[x][y]=min(dis[x][y],val);
}
for(int k=1;k<=n;k++){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
}
}
}
int q;cin>>q;
while(q--){
int s,d;cin>>s>>d;
if(dis[s][d]==1e18)cout<<-1<<'\n';
else cout<<dis[s][d]<<'\n';
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
int _=1;
cin>>_;
while(_--)solve();
}