WEEK 7作業 A-TT的魔法貓 B-TT的旅行日記 C-TT的美夢

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A-TT的魔法貓

題目描述

眾所周知，TT 有一只魔法貓。
這一天，TT 正在專心致志地玩《貓和老鼠》游戲，然而比賽還沒開始，聰明的魔法貓便告訴了 TT 比賽的最終結果。TT 非常詫異，不僅詫異于他的小貓咪居然會說話，更詫異于這可愛的小不點為何有如此魔力？
魔法貓告訴 TT，它其實擁有一張游戲勝負表，上面有 N 個人以及 M 個勝負關系，每個勝負關系為 A B，表示 A 能勝過 B，且勝負關系具有傳遞性。即 A 勝過 B，B 勝過 C，則 A 也能勝過 C。
TT 不相信他的小貓咪什么比賽都能預測，因此他想知道有多少對選手的勝負無法預先得知，你能幫幫他嗎？

輸入輸出格式及樣例

Input
第一行給出數據組數。
每組數據第一行給出 N 和 M（N , M <= 500）。
接下來 M 行，每行給出 A B，表示 A 可以勝過 B。
Output
對于每一組數據，判斷有多少場比賽的勝負不能預先得知。注意 (a, b) 與 (b, a) 等價，即每一個二元組只被計算一次。
Input
3
3 3
1 2
1 3
2 3
3 2
1 2
2 3
4 2
1 2
3 4
Output
0
0
4

思路

??由于勝負具有傳遞性，a勝過b，b勝過c，那么a就能勝過c，所以本題就是一個求傳遞閉包的過程，使用floyd算法求多源最短路的思想，將最短路的修改改為dis[i][j] = (dis[i][j] | (dis[i][k] & dis[k][j]))，就可以求出每個點對其他點的勝負情況，因為初始話dis都為false，如果中間點k輸給了i卻贏過了j，則i，j的勝負關系就很明朗了，使用與操作就是保證兩者都為1結果才為1，所以最終二維數組的表現是，如果dis[i,j]=true，表示i能贏j，false表示不確定，如果dis[i,j],dis[j,i]都為false就表示兩者比賽勝負不可預測。求出所有這樣的值除以二即可。

實驗代碼

#include <iostream> #include <cstring> using namespace std; int N, M; bool dis[501][501]; void floyd() {for (int k = 1; k <= N; k++)for (int i = 1; i <= N; i++) {if (dis[i][k]) {for (int j = 1; j <= N; j++)dis[i][j] = (dis[i][j] | (dis[i][k] & dis[k][j]));}} } int main(){int n;cin >> n;while (n > 0) {cin >> N >> M;memset(dis, false, sizeof(dis));int a, b;for (int i = 0; i < M; i++) {cin >> a >> b;dis[a][b] = true;}floyd();int count = 0;for (int i = 1; i <= N; i++)for (int j = i + 1; j <= N; j++)if (dis[i][j] == false && dis[j][i] == false)count++;cout << count << endl;n--;}return 0; }

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B-TT的旅行日記

題目描述

眾所周知，TT 有一只魔法貓。
今天他在 B 站上開啟了一次旅行直播，記錄他與魔法貓在喵星旅游時的奇遇。 TT 從家里出發，準備乘坐貓貓快線前往喵星機場。貓貓快線分為經濟線和商業線兩種，它們的速度與價錢都不同。當然啦，商業線要比經濟線貴，TT 平常只能坐經濟線，但是今天 TT 的魔法貓變出了一張商業線車票，可以坐一站商業線。假設 TT 換乘的時間忽略不計，請你幫 TT 找到一條去喵星機場最快的線路，不然就要誤機了！

輸入輸出格式及樣例

Input
輸入包含多組數據。每組數據第一行為 3 個整數 N, S 和 E (2 ≤ N ≤ 500, 1 ≤ S, E ≤ 100)，即貓貓快線中的車站總數，起點和終點（即喵星機場所在站）編號。
下一行包含一個整數 M (1 ≤ M ≤ 1000)，即經濟線的路段條數。
接下來有 M 行，每行 3 個整數 X, Y, Z (1 ≤ X, Y ≤ N, 1 ≤ Z ≤ 100)，表示 TT 可以乘坐經濟線在車站 X 和車站 Y 之間往返，其中單程需要 Z 分鐘。
下一行為商業線的路段條數 K (1 ≤ K ≤ 1000)。
接下來 K 行是商業線路段的描述，格式同經濟線。
所有路段都是雙向的，但有可能必須使用商業車票才能到達機場。保證最優解唯一。
Output
對于每組數據，輸出3行。第一行按訪問順序給出 TT 經過的各個車站（包括起點和終點），第二行是 TT 換乘商業線的車站編號（如果沒有使用商業線車票，輸出"Ticket Not Used"，不含引號），第三行是 TT 前往喵星機場花費的總時間。
本題不忽略多余的空格和制表符，且每一組答案間要輸出一個換行
Input
4 1 4
4
1 2 2
1 3 3
2 4 4
3 4 5
1
2 4 3
Output
1 2 4
2
5

思路

本題是基于圖的問題，由于涉及到權值為題，我們建立鏈式前向星描述圖，本題如果沒有商業線，就是一個單純的求最短路的問題，加了商業線就不同的，因為商業線的乘坐次數有限，本題只限一次，所以我們可以用兩次dijkstra算法求出源點到各點，終點到各點的最短距離，然后遍歷每一條商業線，將起點到商業線的其中一個端點的距離，加上終點到另一個端點的距離，加上商業線的權值，就可以得出使用商業線的距離，由于本題是無向圖，所以要交換端點再求一次，這樣求出使用該商業線的最短距離，再與不用商業線的最短距離進行比較，使用小的，將商業線遍歷完就可以得到最短路。
但最后要注意輸出路徑的時候，前半段是源點到中間點，后半段是終點到中間點，如果使用的是pre數組要倒著輸出。

實驗代碼

#include <iostream> #include <stdio.h> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> using namespace std; const int inf = 101; const int maxn = 500; int n, N, S, E, M, K; struct Edge {//邊//int u;int v;int w;int nxt; }edge[maxn * maxn]; int head[maxn], tot;//鏈式前向星 void init() {tot = 0;memset(head, -1, sizeof(head)); } void add(int u, int v, int w) {edge[++tot].v = v;edge[tot].w = w;edge[tot].nxt = head[u];head[u] = tot; } int vis[maxn]; priority_queue<pair<int, int> > q; void dijkstra(int s,int* dis,int *path) {while (q.size()) q.pop();memset(vis, 0, sizeof(vis));for (int i = 1; i <= N; i++) dis[i] = inf;dis[s] = 0;q.push(make_pair(0, s));while (q.size() ) {int x = q.top().second;q.pop();if (vis[x]) continue;vis[x] = 1;for (int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].nxt) {int y = edge[i].v, W = edge[i].w;if (dis[y] > dis[x] + W) {path[y] = x;dis[y] = dis[x] + W;q.push(make_pair(-dis[y], y));}}} } int dis1[maxn], dis2[maxn], path1[maxn], path2[maxn]; int main(){while (cin >> N >> S >> E) {cin >> M;init();int u, v, w;for (int i = 0; i < M; i++) {scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);add(u, v, w);add(v, u, w);}for (int i = 0; i <= N; i++) {dis1[i] = 0; dis2[i] = 0; path1[i] = 0; path2[i] = 0;}dijkstra(S, dis1, path1); dijkstra(E, dis2, path2);int k; cin >> k;int min = dis1[E], temp = 1, temp1 = 0, temp2 = 0; ; for (int i = 0; i < k; i++) {scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);int sum = dis1[u] + dis2[v] + w;if (min > sum) {min = sum; temp1 = u; temp2 = v; temp = 0;}sum = dis1[v] + dis2[u] + w;if (min > sum) {min = sum; temp1 = v; temp2 = u; temp = 0;}}vector<int> path;int i = temp1;if (temp == 0) {path.push_back(temp1);if (temp1 != S) {while (path1[i] != S) {path.insert(path.begin(), path1[i]);i = path1[i];}path.insert(path.begin(), path1[i]);}path.push_back(temp2); i = temp2;if (temp2 != E) {while (path2[i] != E) {path.push_back(path2[i]);i = path2[i];}path.push_back(E);}int n = path.size();for (int i = 0; i < n; i++)cout << path[i] << " ";cout << endl;cout << temp1 << endl;}else {cout << S << " "; i = S;while (path2[i] != E) {cout << path2[i] << " ";i = path2[i];}cout << E << endl;cout << "Ticket Not Used" << endl;}cout << min << endl << endl;}return 0; }

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C-TT的美夢

題目描述

這一晚，TT 做了個美夢！
在夢中，TT 的愿望成真了，他成為了喵星的統領！喵星上有 N 個商業城市，編號 1 ～ N，其中 1 號城市是 TT 所在的城市，即首都。
喵星上共有 M 條有向道路供商業城市相互往來。但是隨著喵星商業的日漸繁榮，有些道路變得非常擁擠。正在 TT 為之苦惱之時，他的魔法小貓咪提出了一個解決方案！TT 欣然接受并針對該方案頒布了一項新的政策。
具體政策如下：對每一個商業城市標記一個正整數，表示其繁榮程度，當每一只喵沿道路從一個商業城市走到另一個商業城市時，TT 都會收取它們（目的地繁榮程度 - 出發地繁榮程度）^ 3 的稅。
TT 打算測試一下這項政策是否合理，因此他想知道從首都出發，走到其他城市至少要交多少的稅，如果總金額小于 3 或者無法到達請悄咪咪地打出 ‘?’。

輸入輸出格式及樣例

Input
第一行輸入 T，表明共有 T 組數據。（1 <= T <= 50）
對于每一組數據，第一行輸入 N，表示點的個數。（1 <= N <= 200）
第二行輸入 N 個整數，表示 1 ～ N 點的權值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）
第三行輸入 M，表示有向道路的條數。（0 <= M <= 100000）
接下來 M 行，每行有兩個整數 A B，表示存在一條 A 到 B 的有向道路。
接下來給出一個整數 Q，表示詢問個數。（0 <= Q <= 100000）
每一次詢問給出一個 P，表示求 1 號點到 P 號點的最少稅費。
Output
每個詢問輸出一行，如果不可達或稅費小于 3 則輸出 ‘?’。
Input
2
5
6 7 8 9 10
6
1 2
2 3
3 4
1 5
5 4
4 5
2
4
5
10
1 2 4 4 5 6 7 8 9 10
10
1 2
2 3
3 1
1 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
2
3 10
Output
Case 1:
3
4
Case 2:
？
？

思路

先引入spfa算法，spfa算法是可以解決邊權值為負值單源最短路，思想我覺得和前序遍歷有點相似，從起點開始入隊列，然后將他的鄰接點入隊列，保證每個點只入隊列一次，每次出隊列，期間不斷更新起點到隊首元素鄰接點的距離為最短，方法是起點到隊首元素的距離加上該邊權值就是起點到隊首元素鄰接點的距離，為了保證最短，每次加上判斷即可，同時還有一個數組記錄，起點到每個點最短距離所經過的點數，如果點數大于了總點數，說明這里出現了負環，也就是權值和為負數的環導致求最短距離的時候在環里面繞，對于這種情況說明求不出到該點的最短距離，執行相應的處理工作即可。
本題就是一個spfa算法的例子，本題的邊權是兩者的差，沒有給出兩者的大小，所以可能是負數，所以本題采用spfa算法，，由于本題要求不能到達的點，也就是求負環里面的點，我們求出一個負環里面的點，然后對他進行dfs即可。

實驗代碼

#include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; const int inf = 100000; const int maxn = 200; int inq[maxn], cnt[maxn], dis[maxn]; struct Edge {//邊int v;int w;int nxt; }edge[1000000]; int head[maxn], tot; void add(int u, int v, int w){edge[++tot].v = v;edge[tot].w = w;edge[tot].nxt = head[u];head[u] = tot; } int vis[maxn]; void dfs(int s){for (int i = head[s]; i != -1; i = edge[i].nxt){int y = edge[i].v;if (!vis[y]){vis[y] = 1;dfs(y);}} } void spfa(int s, int n){queue<int> q;for (int i = 1; i <= n; i++){inq[i] = 0;cnt[i] = 0;dis[i] = inf;}dis[s] = 0;inq[s] = 1;q.push(s);while (!q.empty()){int u = q.front();q.pop();inq[u] = 0;for (int i = head[u]; i!=-1; i = edge[i].nxt){int v = edge[i].v;int w = edge[i].w;if (dis[v] > dis[u] + w){cnt[v] = cnt[u] + 1;if (cnt[v] >= n){dfs(v); continue;}dis[v] = dis[u] + w;if (!inq[v]){q.push(v);inq[v] = 1;}}}} }int main(){//cin.sync_with_stdio(false);int T;cin >> T;int count = 1;while (T--){int n; cin >> n;tot = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {vis[i] = false;head[i] = -1;}int* a = new int[n + 1];for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];int m; cin >> m;for (int i = 0; i < m; i++){int b, c;cin >> b >> c;int w = (a[c] - a[b]) * (a[c] - a[b]) * (a[c] - a[b]);add(b, c, w);}spfa(1, n);int Q; cin >> Q;cout << "Case " << count <<":"<< endl; count++;for (int i = 0; i < Q; i++){int p; cin >> p;if (dis[p] == inf || vis[p] || dis[p] < 3)cout << "?" << endl;elsecout << dis[p] << endl;}}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的WEEK 7作业 A-TT的魔法猫 B-TT的旅行日记 C-TT的美梦的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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