劉汝佳的紫書差不多就告一段落吧，我覺得可以了，怎么說呢，這書也陪著自己走了一年多了吧，也目睹了從一個啥也不會的萌新到一個稍微會一點的萌新的轉變。

差不多開始下本書吧，自己也大三了，時間真的有點緊啊woctm

最喜歡的圖論作為自己對這本書的謝幕，也好，也好

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uva10735（歐拉回路+網絡流）

題意：給一個圖，圖中有部分是向邊，部分是無向邊，要求判斷是否存在歐拉回路，若存在，輸出路徑

解法：

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 4 #define INF 0x3f3f3f3f 5 #define MAXN 10000+10 6 using namespace std; 7 8 struct Euler 9 { 10 struct Edge { 11 int to, nxt; 12 Edge() {} 13 Edge(int x, int y) :to(x), nxt(y) {} 14 }edges[MAXN]; 15 int head[MAXN], n, E; 16 void init(const int &n) { 17 this->n = n; E = 0; 18 for (int i = 0; i <= n; i++)head[i] = -1; 19 } 20 void AddEdge(int f, int t) { 21 edges[++E] = Edge(t, head[f]); 22 head[f] = E; 23 } 24 stack<int >S; 25 bool vis[MAXN];//use when dfs 26 void dfs(int x) {//get EulerCircle 27 Edge e; 28 for (int i = head[x]; i != -1; i = e.nxt) { 29 e = edges[i]; 30 if (vis[i])continue; 31 vis[i] = 1; 32 dfs(e.to); 33 S.push(x); 34 } 35 } 36 void getEulerCircle() { 37 while (!S.empty())S.pop(); 38 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 39 dfs(1); 40 for (; !S.empty(); S.pop()) { 41 printf("%d ", S.top()); 42 } 43 puts("1"); 44 } 45 }gg; 46 47 struct Dinic 48 { 49 struct Edge { 50 int from, to, cap, flow; 51 Edge(int u, int v, int c, int f) : 52 from(u), to(v), cap(c), flow(f) {} 53 }; 54 int n, s, t; 55 vector<Edge>edges; 56 vector< int>G[MAXN]; //gragh 57 bool vis[MAXN]; //use when bfs 58 int d[MAXN], cur[MAXN];//dist,now edge,use in dfs 59 void AddEdge(int from, int to, int cap) { 60 edges.push_back(Edge(from, to, cap, 0)); 61 edges.push_back(Edge(to, from, 0, 0)); 62 int top = edges.size(); 63 G[from].push_back(top - 2); 64 G[to].push_back(top - 1); 65 } 66 void init(int n, int s, int t) { 67 this->n = n; 68 this->s = s; 69 this->t = t; 70 edges.clear(); 71 for (int i = 0; i <= n; i++)G[i].clear(); 72 } 73 74 bool BFS() { 75 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 76 queue<int>Q; 77 Q.push(s); d[s] = 0; vis[s] = 1; 78 while (!Q.empty()) { 79 int x = Q.front(); Q.pop(); 80 for (int i = 0; i < G[x].size(); i++) { 81 Edge &e = edges[G[x][i]]; 82 if (vis[e.to] || e.cap <= e.flow)continue; 83 vis[e.to] = 1; 84 d[e.to] = d[x] + 1; 85 Q.push(e.to); 86 } 87 } 88 return vis[t]; 89 } 90 int DFS(const int& x, int a) { 91 if (x == t || a == 0) { return a; } 92 int flow = 0, f; 93 for (int& i = cur[x]; i < G[x].size(); i++) { 94 Edge& e = edges[G[x][i]]; 95 if (d[x] + 1 != d[e.to])continue; 96 if ((f = DFS(e.to, min(a, e.cap - e.flow))) <= 0)continue; 97 e.flow += f; 98 edges[G[x][i] ^ 1].flow -= f;//?? 99 flow += f; a -= f; 100 if (!a) break; 101 } 102 return flow; 103 } 104 int MaxFlow(int s, int t) { 105 int flow = 0; 106 for (; BFS();) { 107 memset(cur, 0, sizeof(cur)); 108 flow += DFS(s, INF); 109 } 110 return flow; 111 } 112 void buildEuler(int n) { 113 for (int i = 1; i <= n; i++) { 114 for (int j = 0; j < G[i].size(); j++) { 115 Edge &e = edges[G[i][j]]; 116 if (e.to == s || e.to == t) continue; 117 if (!e.cap)continue; 118 if (e.flow == e.cap)gg.AddEdge(e.to, e.from); 119 else gg.AddEdge(e.from, e.to); 120 } 121 } 122 } 123 }g; 124 125 int d[MAXN];//degree = out - in 126 bool work(int n) { 127 int flow = 0; 128 REP(i, 1, n + 1) { 129 if (d[i] & 1)return 0; 130 if (d[i] > 0) { 131 g.AddEdge(g.s, i, d[i] >> 1); 132 flow += d[i] >> 1; 133 } 134 else if (d[i] < 0) 135 g.AddEdge(i, g.t, -(d[i] >> 1)); 136 } 137 if (flow != g.MaxFlow(0, n + 1)) return 0; 138 return 1; 139 } 140 141 int main() { 142 int T, x, y, n, m; 143 scanf("%d", &T); 144 for (char ch; T--;) { 145 scanf("%d%d", &n, &m); 146 g.init(n, 0, n + 1); 147 gg.init(n); 148 MEM(d, 0); 149 REP(i, 0, m) { 150 scanf("%d %d %c", &x, &y, &ch); 151 if (ch == 'D') gg.AddEdge(x, y); 152 else g.AddEdge(x, y, 1); 153 d[x]++; d[y]--;//Degree 154 } 155 if (!work(n))puts("No euler circuit exist"); 156 else { 157 g.buildEuler(n); 158 gg.getEulerCircle(); 159 } 160 if (T)puts(""); 161 } 162 return 0; 163 }

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uva1001

題意：

給出一些球，球內的時間為零，球之間的速度為10每單位。給兩個點，求最短時間。

解法：

處理出任意兩點之間的距離 && 做題的時候要大膽點hhh

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 4 #define INF 0x3f3f3f3f 5 #define MAXN 100+10 6 using namespace std; 7 struct node { int x, y, z, r; }p[MAXN]; 8 double g[MAXN][MAXN]; 9 10 double dis(node a,node b) { 11 double ans = sqrt( 12 (a.x - b.x)*(a.x - b.x) 13 + (a.y - b.y)*(a.y - b.y) 14 + (a.z - b.z)*(a.z - b.z)) 15 - (a.r + b.r); 16 return ans < 0 ? 0 : ans; 17 } 18 19 int main() { 20 int n, cnt = 0; 21 while (cin >> n && n != -1) { 22 REP(i, 0, n) cin >> p[i].x >> p[i].y >> p[i].z >> p[i].r; 23 cin >> p[n].x >> p[n].y >> p[n].z; p[n].r = 0; 24 cin >> p[n + 1].x >> p[n + 1].y >> p[n + 1].z; p[n + 1].r = 0; 25 26 MEM(g, INF); 27 REP(i, 0, n + 2)g[i][i] = 0; 28 REP(i, 0, n + 2)REP(j, 0, n + 2) g[i][j] = dis(p[i], p[j]); 29 30 REP(k, 0, n + 2)REP(i, 0, n + 2)REP(j, 0, n + 2) 31 g[i][j] = min(g[i][j], g[i][k] + g[k][j]); 32 33 g[n][n + 1] *= 10; 34 printf("Cheese %d: Travel time = %.0f sec\n", ++cnt, g[n][n + 1]); 35 } 36 return 0; 37 }

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uva820

題意：有一個計算機網絡，輸入節點數n，輸入網絡流源點和匯點src，des，再輸入雙向邊數m。給出m條邊的負載，求最大流。

解法：

網絡流模板題

你想，流量其實就是運輸物品，我們要求的就是從源點到匯點最多能運輸多少單位的物品，

當物品變成水流的時候，他可以均勻的分布在所有邊上，每個邊上可以有的物品數就是這個邊的容量，所有可行邊的路徑和就是我們要求的所謂“路徑權值和”

這道題Dinic中的init有問題，改了一下就好了

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 4 #define INF 0x3f3f3f3f 5 #define MAXN 1000+10 6 using namespace std; 7 struct Edge { 8 int from, to, cap, flow; 9 }; 10 struct Dinic { 11 int n, m, s, t; 12 vector<Edge>edges; 13 vector<int>G[MAXN]; 14 bool vis[MAXN]; 15 int d[MAXN]; 16 int cur[MAXN]; 17 void init() { 18 edges.clear(); 19 for (int i = 0; i < MAXN; i++) G[i].clear(); 20 memset(d, 0, sizeof d); 21 } 22 void AddEdge(int from, int to, int cap) { 23 edges.push_back({ from, to, cap, 0 }); 24 edges.push_back({ to, from, 0, 0 }); 25 m = edges.size(); 26 G[from].push_back(m - 2); 27 G[to].push_back(m - 1); 28 } 29 bool BFS() { 30 int x, i; 31 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 32 queue<int>Q; 33 Q.push(s); 34 d[s] = 0; 35 vis[s] = 1; 36 while (!Q.empty()) { 37 x = Q.front(), Q.pop(); 38 for (i = 0; i < G[x].size(); i++) { 39 Edge & e = edges[G[x][i]]; 40 if (!vis[e.to] && e.cap > e.flow) { 41 vis[e.to] = 1; 42 d[e.to] = d[x] + 1; 43 Q.push(e.to); 44 } 45 } 46 } 47 return vis[t]; 48 } 49 int DFS(int x, int a) { 50 if (x == t || a == 0) 51 return a; 52 int flow = 0, f; 53 for (int &i = cur[x]; i < G[x].size(); i++) { 54 Edge & e = edges[G[x][i]]; 55 if (d[x] + 1 == d[e.to] && (f = DFS(e.to, min(a, e.cap - e.flow))) > 0) { 56 e.flow += f; 57 edges[G[x][i] ^ 1].flow -= f; 58 flow += f; 59 a -= f; 60 if (a == 0) 61 break; 62 } 63 } 64 return flow; 65 } 66 int Maxflow(int s, int t) { 67 this->s = s, this->t = t; 68 int flow = 0; 69 while (BFS()) { 70 memset(cur, 0, sizeof(cur)); 71 flow += DFS(s, INF); 72 } 73 return flow; 74 } 75 }Men; 76 int main() { 77 int n, kase = 0; 78 while (scanf("%d", &n) && n) { 79 int s, t, c, u, v, w; 80 Men.init(); 81 scanf("%d%d%d", &s, &t, &c); 82 REP(i, 0, c) { 83 scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); 84 Men.AddEdge(u, v, w); 85 Men.AddEdge(v, u, w); 86 } 87 printf("Network %d\nThe bandwidth is %d.\n\n", ++kase, Men.Maxflow(s, t)); 88 } 89 return 0; 90 }

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uva10801

題意：

一個人在大樓的0樓，大樓最多到99層。有n部電梯，每部電梯有可到達的樓層，每個電梯移動一層的時間為T[i]秒。換電梯的時間為60秒。

給你一個樓層，問你電梯到這個樓層的最短路徑。

解法：

很容易看出是一個最短路問題，關鍵在于如何建圖，

首先我們分析一下我們很容易想到把樓層當作點把時間當左邊，但是有一個問題由于它涉及樓層中換電梯所以這樣做的話我們就無法計算換電梯的時間，所以我的方法是把一個樓層拆成n個點（這樣做的前提是在這道題中n比較小<=5）分別表示從哪一個電梯下來的。然后再把相同樓層的點之間加一條長度為60的邊。

這樣再通過執行n次Dijkstra算法去最小值得出答案。（或者直接Floyd）

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 4 #define INF 0x3f3f3f3f 5 #define MAXN 100+10 6 using namespace std; 7 int t[MAXN], num[MAXN]; 8 int g[MAXN][MAXN]; 9 10 void AddEdge(int i, int j, int s) { 11 g[i][j] = g[j][i] = min(min(g[i][j], g[j][i]), abs(i - j)*s); 12 return; 13 } 14 15 int main() { 16 int n, k; 17 while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) { 18 MEM(g, INF); 19 REP(i, 0, n)scanf("%d", &t[i]); 20 int UP = -1; 21 REP(i, 0, n) { 22 char ch = '\0'; 23 for (int j = 0; ch != '\n'; j++) { 24 scanf("%d%c", &num[j], &ch); 25 UP = max(UP, num[j]); 26 REP(k, 0, j) AddEdge(num[j], num[k], t[i]); 27 } 28 } 29 30 UP++; 31 REP(i, 0, UP)g[i][i] = 0; 32 REP(k, 0, UP)REP(i, 0, UP)REP(j, 0, UP) 33 g[i][j] = min(g[i][j], g[i][k] + g[k][j] + 60); 34 35 if (k == 0)printf("0\n"); 36 else if (g[0][k] == INF)printf("IMPOSSIBLE\n"); 37 else printf("%d\n", g[0][k]); 38 } 39 return 0; 40 }

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uva1663

題意：

給出一些01串，含星號的串表示包含兩個串，星號位置分別為0和1。?
每次可以消掉一個串或者兩個只有一個數字不同的串，求最少幾次可以消掉所有串。?

解法：

讀出所有串，兩兩判斷能否一起消掉，然后其最大匹配數即可。具體細節見代碼。

這道題的建圖挺有意思的

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a)); 4 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 5 #define ALL(x) begin(x),end(x) 6 #define INF 0x3f3f3f3f 7 #define MAXN 2000+10 8 #define LL long long 9 using namespace std; 10 11 int Set[MAXN], n, m; 12 char s[20]; 13 14 int g[MAXN][MAXN], match[MAXN], vis[MAXN]; 15 bool dfs(int u) { 16 for (int i = 0; i < MAXN; i++) { 17 if (g[u][i] && !vis[i]) { 18 vis[i] = 1; 19 if (match[i] == -1 || dfs(match[i])) { 20 match[i] = u; 21 return true; 22 } 23 } 24 } 25 return false; 26 } 27 28 int Hungarian(){ 29 int ans = 0; 30 memset(match, -1, sizeof(match)); 31 for (int i = 0; i < MAXN; i++){ 32 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 33 if (dfs(i))ans++; 34 } 35 return ans; 36 } 37 38 int main() { 39 while (scanf("%d%d", &n, &m) && (n+m)) { 40 CLR(g); CLR(Set); CLR(vis); 41 REP(i, 0, m) { 42 scanf("%s", s); 43 int pos = -1, tmp = 0; 44 REP(j, 0, n) { 45 if (s[j] == '1')tmp |= 1 << j; 46 else if (s[j] == '*')pos = j; 47 } 48 Set[tmp] = 1; 49 if (pos != -1) {//將*拆分成0和1兩種 50 tmp |= 1 << pos; 51 Set[tmp] = true; 52 } 53 } 54 m = 0; 55 REP(i, 0, MAXN) { 56 if (Set[i]) { 57 m++; 58 REP(j, 0, n) { 59 int tmp = i ^ (1 << j);//只有一位不同 60 if (Set[tmp])g[i][tmp] = true; 61 } 62 } 63 } 64 printf("%d\n", m - Hungarian() / 2); 65 } 66 return 0; 67 }

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uva12549

題意：

在一個Y行X列的網格里有空地（.），重要位置（*）和障礙物（#），用最少的機器人看守所有重要位置，每個機器人要放在一個格子里，面朝上下左右4個方向之一。

機器人會發出激光，一直射到障礙物為止，沿途都是看守范圍。

解法：

首先肯定是二分圖最大匹配；其次如果沒有障礙物的話，直接每個目標的x和y建表跑匈牙利即可；

但這個題目中他有障礙物，我們就橫縱坐標分塊即可（相當于離散化），之后匈牙利

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a)); 4 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 5 #define ALL(x) begin(x),end(x) 6 #define INF 0x3f3f3f3f 7 #define MAXN 100+10 8 #define MAXM 2005 9 #define LL long long 10 using namespace std; 11 12 int g[MAXM][MAXM], match[MAXM], vis[MAXM]; 13 int mp[MAXN][MAXN], X[MAXN][MAXN], Y[MAXN][MAXN]; 14 int xcnt, ycnt; 15 bool dfs(int u) { 16 for (int i = 0; i < ycnt; i++) { 17 if (g[u][i] && !vis[i]) { 18 vis[i] = 1; 19 if (match[i] == -1 || dfs(match[i])) { 20 match[i] = u; 21 return true; 22 } 23 } 24 } 25 return false; 26 } 27 28 int Hungarian() { 29 int ans = 0; 30 memset(match, -1, sizeof(match)); 31 for (int i = 0; i < xcnt; i++) { 32 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 33 if (dfs(i))ans++; 34 } 35 return ans; 36 } 37 38 int main() { 39 int T; scanf("%d", &T); 40 while (T--) { 41 CLR(g); CLR(mp); CLR(X); CLR(Y); 42 getchar(); 43 int n, m; scanf("%d%d", &n, &m); 44 45 int p, x, y; 46 scanf("%d", &p); 47 REP(i, 0, p) { scanf("%d %d", &x, &y); mp[x-1][y-1] = 1; } 48 scanf("%d", &p); 49 REP(i, 0, p) { scanf("%d %d", &x, &y); mp[x-1][y-1] = 2; } 50 51 xcnt = -1; 52 REP(i, 0, n) { 53 bool flag = true; 54 REP(j, 0, m) { 55 if (mp[i][j] == 1) { 56 if (flag)xcnt++; 57 X[i][j] = xcnt; 58 flag = false; 59 } 60 else if(mp[i][j]==2) 61 flag = true; 62 } 63 } 64 ycnt = -1; 65 REP(i, 0, n) { 66 bool flag = true; 67 REP(j, 0, m) { 68 if (mp[j][i] == 1) { 69 if (flag)ycnt++; 70 Y[j][i] = ycnt; 71 flag = false; 72 } 73 else if (mp[j][i] == 2) 74 flag = true; 75 } 76 } 77 xcnt++, ycnt++; 78 79 REP(i, 0, n)REP(j, 0, m)if(mp[i][j]==1) 80 g[X[i][j]][Y[i][j]] = 1; 81 printf("%d\n", Hungarian()); 82 } 83 return 0; 84 }

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uva1664

題意：

給你n個點，接著給你n-1條邊形成一顆生成樹，每條邊都有一個權值。

求的是以一個點作為特殊點，并求出從此點出發到其他每個點的條件邊權的總和最大，條件邊權就是：起點到終點經過的權值的最小值。

解法：

非常巧妙的并查集；真的沒有想到；

首先我們把要選的那個結點看作是我們的根節點，用Kruscal的思想，首先給所有邊按照從大到小的順序排序，

之后我們遍歷每條邊，該邊的兩個頂點所在的集合設為A、B，集合A、B的頂點a、b，要讓誰當中心點呢？

易知：無論誰當中心點，它與另一個集合中任一點的容量都為該邊長度（因為是從大到小枚舉的）。

那么為了求出總容量，我們要維護一些值，用空間換時間 。

維護每個頂點的總容量sum[i]，維護每個頂點與之相連的頂點數量，cnt[i]，當前答案ans 。

那么對于a、b點，如果以a為中心，總容量為sum[a] + cnt[b] * e[i].c 。

反之亦然，哪個量大，則以哪個點為城市中心，也就是并查集的根結點 。

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a)); 4 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 5 #define ALL(x) begin(x),end(x) 6 #define LL long long 7 const int INF = 0x3f3f3f3f; 8 const int MAXN = 200000 + 10; 9 using namespace std; 10 11 struct edge { 12 int u, v, w; 13 bool operator < (const edge& rhs) const { 14 return w > rhs.w; 15 } 16 }e[MAXN]; 17 LL p[MAXN], sum[MAXN], cnt[MAXN]; 18 int findSet(int x) { return p[x] == x ? x : p[x] = findSet(p[x]); } 19 int main() { 20 int n; 21 while (scanf("%d", &n) != EOF) { 22 REP(i, 0, n - 1) {scanf("%d%d%d", &e[i].u, &e[i].v, &e[i].w);} 23 REP(i, 1, n+1) {p[i] = i; sum[i] = 0; cnt[i] = 1;} 24 sort(e, e + n - 1); 25 LL ans = 0; 26 REP(i, 0, n - 1) { 27 int x = findSet(e[i].u), y = findSet(e[i].v); 28 LL sumu = sum[x] + cnt[y] * e[i].w; 29 LL sumv = sum[y] + cnt[x] * e[i].w; 30 if (sumu < sumv) { 31 p[x] = y; cnt[y] += cnt[x]; 32 ans = sum[y] = sumv; 33 } 34 else { 35 p[y] = x; cnt[x] += cnt[y]; sum[x] = sumu; 36 ans = sum[x] = sumu; 37 } 38 } 39 printf("%lld\n", ans); 40 } 41 return 0; 42 }

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uva1668（建圖）

題意：

給定一棵有?nn?個節點的樹，每條邊有邊權?w(u,v)w(u,v)，用最小的路徑覆蓋所有的邊，使得每條邊被覆蓋的次數等于其邊權。

解法：

這道題考的是思維。

首先我們求出所有點的權值之和，就是我們要求的答案的最大值；再求出每個點的最大權值，依次看其是否超過總權值的一半；

如果超過的話，我們就直接減去最大權值，代表不能全部合并； 否則，我們就減去總權值的一半，代表能全部合并；

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 3 #define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a)); 4 #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 5 #define ALL(x) begin(x),end(x) 6 #define LL long long 7 #define INF 0x3f3f3f3f 8 #define MAXN 100000 + 10 9 using namespace std; 10 11 int deg[MAXN], maxd[MAXN]; 12 int main() { 13 int T; scanf("%d", &T); 14 int kase = 0; 15 while (T--) { 16 CLR(deg); CLR(maxd); 17 int n; scanf("%d", &n); 18 int u, v, w; 19 LL ans = 0; 20 REP(i, 1, n) { 21 scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); 22 deg[u] += w, deg[v] += w; 23 maxd[u] = max(maxd[u], w); 24 maxd[v] = max(maxd[v], w); 25 ans += w; 26 } 27 REP(i, 1, n+1) { 28 if ((maxd[i] << 1) <= deg[i]) 29 ans -= deg[i] >> 1; 30 else 31 ans -= deg[i] - maxd[i]; 32 } 33 printf("Case #%d: %lld\n", ++kase, ans); 34 } 35 return 0; 36 }

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總結

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