这篇博客详细介绍了三个编程题目：魔法猫的胜负预测问题，TT旅行日记中的最快路线寻找，以及美梦中的城市税费计算。通过Floyd算法、Dijkstra算法和SPFA算法解决，涉及图论和最短路径计算。
A.TT 的魔法猫
众所周知，TT 有一只魔法猫。
这一天，TT 正在专心致志地玩《猫和老鼠》游戏，然而比赛还没开始，聪明的魔法猫便告诉了 TT 比赛的最终结果。TT 非常诧异，不仅诧异于他的小猫咪居然会说话，更诧异于这可爱的小不点为何有如此魔力？
魔法猫告诉 TT，它其实拥有一张游戏胜负表，上面有 N 个人以及 M 个胜负关系，每个胜负关系为 A B，表示 A 能胜过 B，且胜负关系具有传递性。即 A 胜过 B，B 胜过 C，则 A 也能胜过 C。
TT 不相信他的小猫咪什么比赛都能预测，因此他想知道有多少对选手的胜负无法预先得知，你能帮帮他吗？
Input
第一行给出数据组数。
每组数据第一行给出 N 和 M（N , M <= 500）。
接下来 M 行，每行给出 A B，表示 A 可以胜过 B。
Output
对于每一组数据，判断有多少场比赛的胜负不能预先得知。注意 (a, b) 与 (b, a) 等价，即每一个二元组只被计算一次。
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
解题思路
这道题是求任意两点之间的胜负关系，我们使用Floyd算法求解，当d[i][j]为1证明i胜于j，若为0，证明胜负关系未知。
解题方法
使用Floyd来进行关系的传递，对每个边需要进行&操作，而不是求最短路时的相加操作。在求解时需要剪枝，当d[i][k]==0时，无论d[k][j]是否为1，d[i][j]的胜负关系都不能确定，此时可以直接跳过。
代码实现
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int d[510][510];
int main()
{
int n,m,t;
cin>>t;
while(t--)
{
int tot=0;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++) d[i][j]=0;
for(int i=0;i<m;i++)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
d[a-1][b-1]=1;
}
for(int k=0;k<n;k++)
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(d[i][k]==0) continue;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(d[i][j]==1) continue;
if(d[i][k]==1&&d[k][j]==1) d[i][j]=1;
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++)
if(d[i][j]==0&&d[j][i]==0) tot++;
cout<<tot<<endl;
}
return 0;
}
B.TT 的旅行日记
众所周知，TT 有一只魔法猫。
今天他在 B 站上开启了一次旅行直播，记录他与魔法猫在喵星旅游时的奇遇。 TT 从家里出发，准备乘坐猫猫快线前往喵星机场。猫猫快线分为经济线和商业线两种，它们的速度与价钱都不同。当然啦，商业线要比经济线贵，TT 平常只能坐经济线，但是今天 TT 的魔法猫变出了一张商业线车票，可以坐一站商业线。假设 TT 换乘的时间忽略不计，请你帮 TT 找到一条去喵星机场最快的线路，不然就要误机了！
输入
输入包含多组数据。每组数据第一行为 3 个整数 N, S 和 E (2 ≤ N ≤ 500, 1 ≤ S, E ≤ 100)，即猫猫快线中的车站总数，起点和终点（即喵星机场所在站）编号。
下一行包含一个整数 M (1 ≤ M ≤ 1000)，即经济线的路段条数。
接下来有 M 行，每行 3 个整数 X, Y, Z (1 ≤ X, Y ≤ N, 1 ≤ Z ≤ 100)，表示 TT 可以乘坐经济线在车站 X 和车站 Y 之间往返，其中单程需要 Z 分钟。
下一行为商业线的路段条数 K (1 ≤ K ≤ 1000)。
接下来 K 行是商业线路段的描述，格式同经济线。
所有路段都是双向的，但有可能必须使用商业车票才能到达机场。保证最优解唯一。
输出
对于每组数据，输出3行。第一行按访问顺序给出 TT 经过的各个车站（包括起点和终点），第二行是 TT 换乘商业线的车站编号（如果没有使用商业线车票，输出"Ticket Not Used"，不含引号），第三行是 TT 前往喵星机场花费的总时间。
本题不忽略多余的空格和制表符，且每一组答案间要输出一个换行
输入样例
4 1 4
4
1 2 2
1 3 3
2 4 4
3 4 5
1
2 4 3
输出样例
1 2 4
2
5
解题思路
由于存在可乘坐一次的商业线，可以分为两种情况，使用商业线车票和不使用商业线车票。如果使用商业线车票，我们需要最短路算法求出起点到商业线的时间和商业线到终点的时间相加，再加上商业线花费的时间就是起点到终点的时间。
解题方法
我们可以枚举每一条商业线，求出经过每一条商业线花费的时间的最小值，与不使用商业线车票比较，取最小值就是答案。这里可以使用dijkstra算法求最短路。
代码实现
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXX=1010;
const int inf=10010000;
int N,S,E;
int tot,head[MAXX],vis[MAXX];
int dis1[MAXX],dis2[MAXX],pre1[MAXX],pre2[MAXX];
struct edge
{
int to,c,next;
}e[MAXX*5];
struct node
{
int from,to,cost;
}a[MAXX*5];
void add(int u,int v,int w)
{
e[tot].next=head[u];
e[tot].to=v;
e[tot].c=w;
head[u]=tot++;
}
void dijkstra(int s,int *dis,int *pre)
{
priority_queue<pair<int,int> > q;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=N;i++) dis[i]=inf;
dis[s]=0;
pre[s]=-1;
q.push({0,s});
while(q.size())
{
int v=q.top().second;
q.pop();
if(vis[v]) continue;
vis[v]=1;
for (int i=head[v];i!=0;i=e[i].next)
{
int u=e[i].to;
int w=e[i].c;
if(dis[u]>dis[v]+w)
{
dis[u]=dis[v]+w;
pre[u]=v;
q.push({-dis[u],u});
}
}
}
}
int main()
{
bool tott=0;
while(scanf("%d%d%d",&N,&S,&E)!=EOF)
{
if(tott) cout<<endl;
memset(head,0,sizeof(head));
tot=1;
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<N;i++) pre1[i]=-1;
for(int i=0;i<N;i++) pre2[i]=-1;
int u,v,w;
while(n--)
{
cin>>u>>v>>w;
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>u>>v>>w;
a[i].from=u;
a[i].to=v;
a[i].cost=w;
}
dijkstra(S,dis1,pre1);
dijkstra(E,dis2,pre2);
int change=-1;
node minn;
int aa=dis1[E],bb=dis1[E];
bool flag=true;
int l,k;
l=k=E;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if((dis1[a[i].from]+dis2[a[i].to]+a[i].cost<dis2[a[i].from]+dis1[a[i].to]+a[i].cost)&&(aa>dis1[a[i].from]+dis2[a[i].to]+a[i].cost))
{
aa=dis1[a[i].from]+dis2[a[i].to]+a[i].cost;
minn=a[i];
}
else if(bb>dis2[a[i].from]+dis1[a[i].to]+a[i].cost)
{
bb=dis2[a[i].from]+dis1[a[i].to]+a[i].cost;
minn=a[i];
}
}
int ans;
if(aa<bb&&aa!=dis1[E])
{
l=minn.from;
k=minn.to;
change=minn.from;
dis1[minn.to]=aa;
ans=aa;
flag=false;
}
else if(aa>bb&&bb!=dis1[E])
{
l=minn.to;
k=minn.from;
change=minn.to;
dis1[minn.from]=bb;
ans=bb;
flag=false;
}
else ans=dis1[E];
int cnt=0;
vector<int> back;
if(flag)
{
int i=E;
while(pre1[i]!=-1)
{
back.insert(back.begin(),pre1[i]);
i=pre1[i];
cnt++;
}
for(int j=0;j<cnt;j++) cout<<back[j]<<" ";
cout<<l<<endl;
}
if(!flag)
{
int ss=l;
while(pre1[l]!=-1)
{
back.push_back(pre1[l]);
l=pre1[l];
cnt++;
}
for(int j=cnt-1;j>=0;j--) cout<<back[j]<<" ";
cout<<ss<<" "<<k;
while(pre2[k]!=-1)
{
cout<<" "<<pre2[k];
k=pre2[k];
}
cout<<endl;
}
if(change==-1) cout<<"Ticket Not Used"<<endl;
else cout<<change<<endl;
cout<<ans<<endl;
tott=1;
}
}
C.TT 的美梦
这一晚，TT 做了个美梦！
在梦中，TT 的愿望成真了，他成为了喵星的统领！喵星上有 N 个商业城市，编号 1 ～ N，其中 1 号城市是 TT 所在的城市，即首都。
喵星上共有 M 条有向道路供商业城市相互往来。但是随着喵星商业的日渐繁荣，有些道路变得非常拥挤。正在 TT 为之苦恼之时，他的魔法小猫咪提出了一个解决方案！TT 欣然接受并针对该方案颁布了一项新的政策。
具体政策如下：对每一个商业城市标记一个正整数，表示其繁荣程度，当每一只喵沿道路从一个商业城市走到另一个商业城市时，TT 都会收取它们（目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3 的税。
TT 打算测试一下这项政策是否合理，因此他想知道从首都出发，走到其他城市至少要交多少的税，如果总金额小于 3 或者无法到达请悄咪咪地打出 ‘?’。
Input
第一行输入 T，表明共有 T 组数据。（1 <= T <= 50）
对于每一组数据，第一行输入 N，表示点的个数。（1 <= N <= 200）
第二行输入 N 个整数，表示 1 ～ N 点的权值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）
第三行输入 M，表示有向道路的条数。（0 <= M <= 100000）
接下来 M 行，每行有两个整数 A B，表示存在一条 A 到 B 的有向道路。
接下来给出一个整数 Q，表示询问个数。（0 <= Q <= 100000）
每一次询问给出一个 P，表示求 1 号点到 P 号点的最少税费。
Output
每个询问输出一行，如果不可达或税费小于 3 则输出 ‘?’。
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:
?
?
解题思路
这道题需要求最短路，但是边权根据他的定义，可能存在负数，因此可能会出现负环，此时不能用dijkstra算法求解，需要用spfa算法来求。
解题方法
使用spfa算法求最短路和判断负环，spfa算法是通过相邻点的松弛来求最短路，由于最短路最多n-1条边，当经过同一个点松弛次数多于n次，说明存在负环，松弛操作进入死循环。当找到一个负环，负环上所有点以及与负环相连的点都不存在最短路，可以使用bfs找到这些点进行标记。
代码实现
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct point
{
int to;
int cost;
};
int T,N,M,Q;
int a[500],d[500],used[500];
int cnt[500],flag[500],vis[500];
int main()
{
cin>>T;
for(int j=0;j<T;j++)
{
for(int i=0;i<500;i++) d[i]=1e9;
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(used,0,sizeof(used));
memset(flag,0,sizeof(flag));
vector<point> edge[500];
cin>>N;
for(int i=1;i<=N;i++) cin>>a[i];
cin>>M;
for(int i=0;i<M;i++)
{
int f,t;
cin>>f>>t;
int w=pow((a[t]-a[f]),3);
point p;
p.to=t;
p.cost=w;
edge[f].push_back(p);
}
queue<int> q;
d[1]=0;
used[1]=1;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
used[u]=0;
for(int i=0;i<edge[u].size();i++)
{
int v=edge[u][i].to;
int w=edge[u][i].cost;
if(d[v]>(d[u]+w))
{
d[v]=d[u]+w;
cnt[v]=cnt[u]+1;
if(cnt[v]>=N)
{
flag[v]=1;
queue<int> Q;
Q.push(v);
vis[v]=1;
while(!Q.empty())
{
int ff=Q.front();
Q.pop();
for(int k=0;k<edge[ff].size();k++)
{
int tto=edge[ff][k].to;
flag[tto]=1;
if(vis[tto]==0)
{
vis[tto]=1;
Q.push(tto);
}
}
}
}
if((used[v]!=1)&&flag[v]==0)
{
q.push(v);
used[v]=1;
}
}
}
}
cin>>Q;
cout<<"Case "<<j+1<<":"<<endl;
for(int i=0;i<Q;i++)
{
int s;
cin>>s;
if(d[s]==1e9||flag[s]==1||d[s]<3) cout<<"?"<<endl;
else cout<<d[s]<<endl;
}
}
}
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