資料結構實驗三 2024_樹與圖實驗

Persona_owl發表於2024-11-18
資料結構

資料結構實驗三 2024_樹與圖實驗

7-1 根據後序和中序遍歷輸出前序遍歷

本題要求根據給定的一棵二叉樹的後序遍歷和中序遍歷結果，輸出該樹的前序遍歷結果。

輸入格式:

第一行給出正整數 n (≤30)，是樹中結點的個數。隨後兩行，每行給出 n 個整數，分別對應後序遍歷和中序遍歷結果，數字間以空格分隔。題目保證輸入正確對應一棵二叉樹。

輸出格式:

在一行中輸出Preorder: 以及該樹的前序遍歷結果。數字間有1個空格，行末不得有多餘空格。

輸入樣例:

7
2 3 1 5 7 6 4
1 2 3 4 5 6 7

輸出樣例:

Preorder: 4 1 3 2 6 5 7

題目分析

  • 根據中序遍歷和後序遍歷的得到前序遍歷的方法為，每次透過後序遍歷找到根節點，然後遞迴左右子樹，遞迴的方法為，在中序遍歷中計算出左子樹和右子樹的大小，然後在後序遍歷中確定左右子樹序列範圍
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
int n,tot=0;
int a[50],b[50],ans[50];
int find(int l,int r,int x){
	for(int i=l;i<=r;i++){
		if(a[i]==x) return i;
	}
	return 0;
}
void dfs(int l1,int r1,int l2,int r2){
	int rt=b[r2];//b[r2]為根節點
	int id=find(l1,r1,rt);
	ans[++tot]=rt;
	if(id==0) return;
	if(id>l1) dfs(l1,id-1,l2,r2-r1+id-1);
	if(id<r1) dfs(id+1,r1,l2+id-l1,r2-1);
}
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	dfs(1,n,1,n);
	cout<<"Preorder: ";
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" "[i==n];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T=1;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

7-2 完全二叉樹的層序遍歷

一個二叉樹，如果每一個層的結點數都達到最大值，則這個二叉樹就是完美二叉樹。對於深度為 D 的，有 N 個結點的二叉樹，若其結點對應於相同深度完美二叉樹的層序遍歷的前 N 個結點，這樣的樹就是完全二叉樹。

給定一棵完全二叉樹的後序遍歷，請你給出這棵樹的層序遍歷結果。

輸入格式：

輸入在第一行中給出正整數 N（≤30），即樹中結點個數。第二行給出後序遍歷序列，為 N 個不超過 100 的正整數。同一行中所有數字都以空格分隔。

輸出格式：

在一行中輸出該樹的層序遍歷序列。所有數字都以 1 個空格分隔，行首尾不得有多餘空格。

輸入樣例：

8
91 71 2 34 10 15 55 18

輸出樣例：

18 34 55 71 2 10 15 91

題目分析

  • 由於是完全二叉樹，根據完全二叉樹的性質可以知道，在層序遍歷中，若i為當前子樹根節點，則2i為左孩子節點，2i+1為右孩子節點，程式碼中用u<<1 與 u<<1|1表示左右孩子
  • 那麼可以模擬後序遍歷的順序，計算出層序遍歷的答案
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define lc u<<1
#define rc u<<1|1
using namespace std;
int n,tot=1;
int a[50],ans[50];
void dfs(int u){
	if(u>n) return;
	dfs(lc);
	dfs(rc);
	ans[u]=a[tot];
	tot++;
}
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	dfs(1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" "[i==n];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T=1;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

7-3 最短工期

一個專案由若干個任務組成，任務之間有先後依賴順序。專案經理需要設定一系列里程碑，在每個里程碑節點處檢查任務的完成情況，並啟動後續的任務。現給定一個專案中各個任務之間的關係，請你計算出這個專案的最早完工時間。

輸入格式：

首先第一行給出兩個正整數：專案里程碑的數量 N（≤100）和任務總數 M。這裡的里程碑從 0 到 N−1 編號。隨後 M 行，每行給出一項任務的描述，格式為“任務起始里程碑 任務結束里程碑 工作時長”，三個數字均為非負整數，以空格分隔。

輸出格式：

如果整個專案的安排是合理可行的，在一行中輸出最早完工時間；否則輸出"Impossible"。

輸入樣例 1：

9 12
0 1 6
0 2 4
0 3 5
1 4 1
2 4 1
3 5 2
5 4 0
4 6 9
4 7 7
5 7 4
6 8 2
7 8 4

輸出樣例 1：

18

輸入樣例 2：

4 5
0 1 1
0 2 2
2 1 3
1 3 4
3 2 5

輸出樣例 2：

Impossible

題目分析

  • 拓撲排序，每次取出入度為0的點，刪除該點與所有與該點相連的邊，（即所有與其相連的點入度-1），然後其相連點的答案，這裡用f[i]表示到達i點,滿足所有前驅已完成時至少需要花費的時間
  • 注意判斷無解情況，即判斷該有向圖是否有環（拓撲拆圖之後若還有剩餘點則存在環）
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=110;
struct node{
	int to,w;
};
vector<node> g[N];
int n,m,tot=0;
int ind[N],f[N];
void topo(){
	queue<int> q;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(ind[i]==0){
			tot++;
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.size()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(auto [v,w]:g[u]){
			ind[v]--;
			f[v]=max(f[v],f[u]+w);
			if(ind[v]==0){
				tot++;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	
}
void solve(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
		g[u].push_back({v,w});
		ind[v]++;
	}
	topo();
	int ans=0;
	if(tot!=n){
		cout<<"Impossible"<<endl;
		return;
	}
	for(int i=0;i<n;i++) ans=max(ans,f[i]);
	cout<<ans<<endl;

}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T=1;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

7-4 旅遊規劃

有了一張自駕旅遊路線圖，你會知道城市間的高速公路長度、以及該公路要收取的過路費。現在需要你寫一個程式，幫助前來諮詢的遊客找一條出發地和目的地之間的最短路徑。如果有若干條路徑都是最短的，那麼需要輸出最便宜的一條路徑。

輸入格式:

輸入說明：輸入資料的第 1 行給出 4 個正整數 n、m、s、d，其中 n（2≤n≤500）是城市的個數，順便假設城市的編號為 0~(n−1)；m 是高速公路的條數；s 是出發地的城市編號；d 是目的地的城市編號。隨後的 m 行中，每行給出一條高速公路的資訊，分別是：城市 1、城市 2、高速公路長度、收費額，中間用空格分開，數字均為整數且不超過 500。輸入保證解的存在。

輸出格式:

在一行裡輸出路徑的長度和收費總額，數字間以空格分隔，輸出結尾不能有多餘空格。

輸入樣例:

4 5 0 3
0 1 1 20
1 3 2 30
0 3 4 10
0 2 2 20
2 3 1 20

輸出樣例:

3 40

題目分析

  • 多權最短路模板，和dij寫法基本相同，只需要在運算子過載時判斷一下條件優先順序即可
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=510;
int n,m,st,ed;
struct node{
	int to,w,c;
	bool operator< (const node rhs)const{
		if(w!=rhs.w) return w>rhs.w;  //大的優先順序小
		else return c>rhs.c;
	}
};
vector<node> g[N];
bool vis[N];
int dis[N],cost[N];
void dij(int x){
	priority_queue<node> q;
	dis[x]=0,cost[x]=0;
	q.push({x,0,0});
	while(!q.empty()){
		auto t=q.top();
		q.pop();
		int u=t.to;
		if(vis[u]) continue;
		for(auto tmp:g[u]){
			auto [v,w,c]=tmp;
			if(dis[v]>dis[u]+w){
				dis[v]=dis[u]+w;
				cost[v]=cost[u]+c;
				q.push({v,dis[v],cost[v]});
				continue;	
			}
			if(dis[v]==dis[u]+w && cost[v]>cost[u]+c){
				dis[v]=dis[u]+w;
				cost[v]=cost[u]+c;
				q.push({v,dis[v],cost[v]});
			}
		}
	}
}
void init(){
	for(int i=0;i<=n+5;i++){
		dis[i]=cost[i]=1e9;
		vis[i]=0;
	}
}
void solve(){
	cin>>n>>m>>st>>ed;
	init();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w,c;cin>>u>>v>>w>>c;
		g[u].push_back({v,w,c});
		g[v].push_back({u,w,c});
	}
	dij(st);
	cout<<dis[ed]<<" "<<cost[ed]<<endl;

}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T=1;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

相關文章