A - TT 的魔法貓

題意：

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？

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。

Sample Input

3 3 3 1 2 1 3 2 3 3 2 1 2 2 3 4 2 1 2 3 4

Sample Output

0 0 4

思路做法：

這是經過變化后的多源最短路算法問題，將原問題轉化為圖的問題，即為若A勝過B，則A到B有一條邊，由于點數不多，可以用鄰接矩陣存儲。根據規則，把多源最短路算法中的更新改變為TT[i][j] = TT[i][j] | TT[i][k]&TT[k][j]并且為了降低復雜度，需要剪枝避免不必要的計算，即先判斷TT[i][k]是否為true，若否則一定不能更新，直接跳過。最后便歷矩陣，若TT[i][j]和TT[j][i]都為false則勝負未知否則若其中一個為true則勝負已分，不可能出現2個都是true的情況，同時將矩陣清零以進行下一輪。

總結:

正常情況下不可能直接給出原始問題來求解，大多是多源最短路算法的變體。

代碼:

#include <stdio.h>const int N = 500+5; bool TT[N][N];int main(){int t; scanf("%d", &t);while(t--){int n, m, ans = 0; scanf("%d %d", &n, &m);for(int i = 0; i < m; ++i){int a, b; scanf("%d %d", &a, &b);TT[a][b] = 1;}for(int k = 1; k <= n; ++k){for(int i = 1; i <= n; ++i){if(TT[i][k]){for(int j = 1; j <= n; ++j){TT[i][j] = TT[i][j] | TT[i][k]&TT[k][j];}}}}for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = i+1; j <= n; ++j){if(!TT[i][j]&&!TT[j][i]) ans++; TT[i][j] = 0; TT[j][i] = 0;}}printf("%d\n", ans);}return 0; }

B - TT 的旅行日記

題意：

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！

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

Sample Input

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

Sample Output

1 2 4 2 5

思路做法：

單源最短路算法的變體問題，不能直接使用原算法。除帶有動態規劃的思想算法求解外，較容易理解的是針對每條商業線（i，j）便歷，分別計算（s，i）+（i，j）+（j，e）的值并最小化，最后與不走商業線的方案取最小值（不一定用到商業線的就是最小的）。因此具體做法為從s開始運行一遍最短路算法，再從e開始運行一遍最短路算法，然后便歷每一條商業線，為求最小值不斷更新記錄的相關參數，最后與dis1[e]（不走商業線的結果）比較，并遞歸輸出路徑上的結點。

總結:

運用逐個便歷商業線的思想寫起代碼還是不難的，還有值得注意的一點是題目中要求的輸出格式，最后不能有多與的空格，這里用變量t記錄次數實現。

代碼:

#include <stdio.h> #include <vector> #include <queue> using namespace std; const int N = 500+5; const int M = 1000+5; const int K = 1000+5; const int INF = 0x3f3f3f3f; struct Edge{int v, w;Edge(){}Edge(int _v, int _w):v(_v), w(_w){} }; vector<Edge> E[N]; struct Point{int p, d;Point(){}Point(int _p, int _d):p(_p), d(_d){}bool operator<(const Point& P) const {return d < P.d;} }; int pre1[N], pre2[N], vis[N], dis1[N], dis2[N]; priority_queue<Point> q; void addEdge(int u, int v, int w){E[u].push_back(Edge(v, w));E[v].push_back(Edge(u, w)); } void dijkstra(int s, int e, int n, int *dis, int *pre){while(!q.empty()) q.pop();for(int i = 1; i <= n; ++i){pre[i] = 0; vis[i] = 0;dis[i] = INF;}dis[s] = 0; q.push(Point(s, 0));while(!q.empty()){int u = q.top().p; q.pop();if(vis[u]){if(u == e) return;continue;}vis[u] = 1;for(int i = 0, len = E[u].size(); i < len; ++i){int v = E[u][i].v, w = E[u][i].w;if(vis[v]) continue;if(dis[v] > dis[u] + w){dis[v] = dis[u] + w; pre[v] = u;q.push(Point(v, -dis[v]));}}} } void output1(int s, int e, int *pre){if(e == s) return;output1(s, pre[e], pre);printf(" %d", e); } void output2(int s, int e, int *pre){if(e == s) return;printf(" %d", pre[s]);output2(pre[s], e, pre); } int main(){int n, s, e, t = 0;while(~scanf("%d%d%d", &n, &s, &e)){for(int i = 1; i <= n; ++i)while(!E[i].empty()) E[i].pop_back();int x, y, z;int m; scanf("%d", &m); //經濟線 for(int i = 0; i < m; ++i){scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);addEdge(x, y, z);}dijkstra(s, e, n, dis1, pre1); dijkstra(e, s, n, dis2, pre2);int cost = dis1[e], temp = cost, u = 0, v = 0;int k; scanf("%d", &k); //商業線for(int i = 0; i < k; ++i){scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);int cost1 = dis1[x] + dis2[y] + z;int cost2 = dis1[y] + dis2[x] + z;if(cost1 < cost2 && cost1 < cost){cost = cost1; u = x; v = y;}else if(cost2 < cost1 && cost2 < cost){cost = cost2; u = y; v = x;}}if(t) printf("\n");if(temp > cost){printf("%d", s); output1(s, u, pre1);printf(" %d", v); output2(v, e, pre2);printf("\n%d\n%d\n", u, cost);}else{printf("%d", s); output1(s, e, pre1);printf("\nTicket Not Used\n%d\n", dis1[e]);}t++;}return 0; }

C - TT 的美夢

題意：

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 ‘?’。

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 ‘?’。

Sample 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

Sample Output

Case 1: 3 4 Case 2: ? ?

思路做法：

因為稅費可能為負數，且圖中可能出現負環，因此用SPFA更容易檢測出來，圖創建好后，從結點1開始運行SPFA，若遇到負環，需要把負環上的點能到達的點也全部標記，表示稅費為負，另外，用初始化的dis（初始為一個很大的值）來判斷某點是否可達，最后根據稅費為負的標記、是否可達和稅費是否超過3輸出答案。

總結:

SPFA不限制邊必須為正，可以用于判斷負環。

代碼:

#include <stdio.h> #include <queue> #include <vector> #include <cmath> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3fconst int N = 200+5; struct Edge{int u, v, w;Edge(){}Edge(int _u, int _v, int _w):u(_u), v(_v), w(_w){} }; vector<Edge> E[N]; int a[N], dis[N], cnt[N], pre[N]; bool inq[N], isNeg[N]; queue<int> q, neg;void addEdge(int u, int v, int w){E[u].push_back(Edge(u, v, w)); //有向 }void negRing(int s){if(isNeg[s]) return;isNeg[s] = 1; neg.push(s);while(!neg.empty()){int u = neg.front(); neg.pop();for(int i = 0, len = E[u].size(); i < len; ++i){Edge e = E[u][i]; int v = e.v;if(isNeg[v]) continue;isNeg[v] = 1; neg.push(v);}} }void SPFA(int s, int n){for(int i = 1; i <= n; ++i){dis[i] = INF; inq[i] = 0; pre[i] = 0;cnt[i] = 0; isNeg[i] = 0;}dis[s] = 0; inq[s] = 1; q.push(s);while(!q.empty()){int u = q.front(); q.pop(); inq[u] = 0;for(int i = 0, len = E[u].size(); i < len; ++i){Edge e = E[u][i]; int v = e.v;if(dis[v] > dis[u] + e.w){cnt[v] = cnt[u] + 1;if(cnt[v] >= n){negRing(v); continue; //打上標記}dis[v] = dis[u] + e.w;pre[v] = u;if(!inq[v]){q.push(v); inq[v] = 1;}}}} }int main(){int t; scanf("%d", &t);for(int k = 1; k <= t; ++k){for(int i = 0; i < N; ++i)while(!E[i].empty()) E[i].pop_back();int n; scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);int m; scanf("%d", &m);for(int i = 0; i < m; ++i){int A, B; scanf("%d %d", &A, &B);addEdge(A, B, pow(a[B]-a[A], 3));}SPFA(1, n);int q; scanf("%d", &q);printf("Case %d:\n", k);for(int i = 1; i <= q; ++i){int p; scanf("%d", &p);if(isNeg[p] || !isNeg[p]&&dis[p]<3 || !pre[p]) printf("?\n");else printf("%d\n", dis[p]);}}return 0; }

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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