题目链接:
题目意思：
C. Purification
D. Biridian Forest
http://codeforces.com/contest/330
题目意思：
给一个r*c的矩阵方格，有些位置有S，如果某一行和一列都不含标记为S的方格，则可以把该行所有方格都收掉，问最多能收多少个方格，方格可以收多次，多次收的方格计数一次。
解题思路：
暴力
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
using namespace std;
/*
freopen("data.in","r",stdin);
freopen("data.out","w",stdout);
*/
char save[15][15];
bool flag[15][15];
struct Point
{
int x,y;
}pp[120];
int main()
{
int r,c;
while(scanf("%d%d",&r,&c)!=EOF)
{
int cnt=0;
memset(flag,false,sizeof(flag));
for(int i=1;i<=r;i++)
{
scanf("%s",save[i]+1);
for(int j=1;j<=c;j++)
{
if(save[i][j]=='S')
{
pp[++cnt].x=i;
pp[cnt].y=j;
}
}
}
for(int i=1;i<=r;i++) //扫描每一行
{
bool ff=true;
for(int j=1;j<=c;j++) //如果都没有S，则标记这一行
if(save[i][j]=='S')
{
ff=false;
break;
}
if(ff)
memset(flag[i],true,sizeof(flag[i]));//表示能收
}
for(int i=1;i<=c;i++) //扫描每一列
{
bool ff=true;
for(int j=1;j<=r;j++)
if(save[j][i]=='S')
{
ff=false;
break;
}
if(ff)
for(int j=1;j<=r;j++) //标记这一列
flag[j][i]=true;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=r;i++)
for(int j=1;j<=c;j++)
if(flag[i][j]) //统计计数
ans++;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
题目意思：
给一些不能连接的边，让你构造一幅图，使任意两点能互相到达，且经过的边数不超过2。
解题思路：
任意两个点之间的边数不超过2，说明该图一定是星图。找到中心的那个点（没有限制的边连接这点），直接连线即可。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
using namespace std;
/*
freopen("data.in","r",stdin);
freopen("data.out","w",stdout);
*/
int num[1100];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
int a,b;
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=1;i<=m;i++) //num[i]表示i点的度数
{
scanf("%d%d",&a,&b);
num[a]++,num[b]++;
}
int M=0;
num[0]=INF;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(num[i]<num[M]) //找到度数为零的点
M=i;
printf("%d\n",n-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i==M)
continue;
printf("%d %d\n",i,M); //连接即可
}
}
return 0;
}
C. Purification
题目意思：
给n*n的矩阵，让你放最少数量的清洗剂，使得所有的点都能清洗到，清洗剂所放位置的那一行和那一列的所有点都能清洗，其中E点不能放清洗剂。
解题思路：
如果能放，一定为n个，因为每一行或每一列都要扫描到。
如果每一行都有可放的位置，则输出每一行的任意一个能放的点即可，这样每一行的点都会清洗到。
如果每一列都有可放的位置，则输出每一列的任意一个能放得点即可，这样每一列的都会清洗到，也就达到了要求。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
using namespace std;
/*
freopen("data.in","r",stdin);
freopen("data.out","w",stdout);
*/
bool rr[120],cc[120];
char save[120][120];
vector<int>row[120];
vector<int>col[120];
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
memset(rr,false,sizeof(rr));
memset(cc,false,sizeof(cc));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
row[i].clear();
col[i].clear();
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",save[i]+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(save[i][j]=='.')
{
rr[i]=true,cc[j]=true; //当前行和列能扫描到
row[i].push_back(j);
col[j].push_back(i);
}
}
}
bool r=true,c=true; //是否所有的行或列能扫描到
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!rr[i])
{
r=false;
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!cc[i])
{
c=false;
break;
}
if(!r&&!c) //行或列都扫描不到
{
printf("-1\n");
continue;
}
if(r) //如果行都能扫描到，直接输出每一行的第一个可以放的位置
{
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d %d\n",i,row[i][0]);
continue;
}
if(c) //对于列 同理
{
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d %d\n",col[i][0],i);
continue;
}
}
return 0;
}
D. Biridian Forest
题目意思：
给一个n*m的矩阵，一个起始点和终点，矩阵中的数字表示该位置的魔鬼数量，当从起点到终点选择一条路径时，如果魔鬼能够在人之前或同时到达该路径某一位置，则人和魔鬼要打仗，选择一条路径，使得人与魔鬼打仗的个数最少。
解题思路：
该题主要是思维转换。bfs+贪心
假设人当前选择了一条路径C->D，终点为Ｄ，某处魔鬼B 能够和人C打仗，假设魔鬼在A位置与人打仗，则dis(B,A)<=dis(C,A) =>dis(B,A,D)<=dis(C,D) 如果选择D终点，只需使得Min(dis(B,D))<=dis(C,D) 而dis(B,A,D)>=Min(dis(B,D)) 所以对于某一特定路径，选择终点D打仗比其他任何一点都好。
如果选择从C-D的最短路，则能够打仗的魔鬼数量就最少。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
using namespace std;
/*
freopen("data.in","r",stdin);
freopen("data.out","w",stdout);
*/
int dp[1100][1100],n,m;
char save[1100][1100];
bool vis[1100][1100];
int dir[4][2]={{-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}};
struct PP
{
int x,y;
};
PP s,e;
void bfs() //找到终点到任何一点的最短距离
{
queue<PP>myq;
myq.push(e);
while(!myq.empty())
{
PP f=myq.front();
myq.pop();
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=f.x+dir[i][0],yy=f.y+dir[i][1];
if((save[xx][yy]=='S'||(save[xx][yy]>='0'&&save[xx][yy]<='9'))&&!vis[xx][yy])
{
//printf(":%d %d\n",xx,yy);
vis[xx][yy]=true;
dp[xx][yy]=dp[f.x][f.y]+1;
myq.push((PP){xx,yy});
} //不在方格里的点为空的，不会扫描的
}
}
return ;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",save[i]+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(save[i][j]=='S')
s.x=i,s.y=j;
if(save[i][j]=='E')
e.x=i,e.y=j,dp[i][j]=0,vis[i][j]=true;
}
}
// printf("%d %d\n",e.x,e.y);
bfs();
int ans=0;
// printf("%d\n",dp[s.x][s.y]);
for(int i=1;i<=n;i++) //最短距离小的话，就直接加上
for(int j=1;j<=m;j++)
if(save[i][j]>'0'&&save[i][j]<='9'&&vis[i][j]&&dp[i][j]<=dp[s.x][s.y])
ans+=save[i][j]-'0';
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
题目意思：
给一幅图，图中任意结点的度数至多为2。
让你重构一幅图，要求:图中节点和原来一样，边数数量也一样，任意节点度数至多为2.
解题思路：
题中所说的图的边数最多为n.
1、随机算法。
随机m个点，连成m条边，判断每一条边是否在给定的图里面，在的话，在随机，都不在，则满足题目要求，直接输出就行了。
2、构造法。
当n<=7,直接暴力判断
当n>7,一定存在一种构造满足题意。
构造方法：
因为每个点的度数最多为2，所以每一个联通块要么是一条线，要么是一个环，首先根据联通块将节点分成若干部分。
然后将每一部分的节点的奇数位置节点提前。（保证相同部分的相邻节点之间的连线不冲突）
然后选择一个节点数量最多的那个部分，如果其节点数为偶数的话，交换头两个节点（防止环的情况尾和首相连有冲突），最后将其余各部分的节点从前之后依次插入。
最后按照给定的边数，从前之后输出相邻的两个节点构成一条边，如果需要把最后一个节点和第一个节点连起来。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<time.h>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
using namespace std;
/*
freopen("data.in","r",stdin);
freopen("data.out","w",stdout);
*/
vector<int>myv;
vector<int>vv[110000];
int n,m;
int main()
{
srand((unsigned)(time(NULL)));
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
int a,b;
myv.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
vv[i].clear();
myv.push_back(i);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
vv[a].push_back(b);
vv[b].push_back(a);
}
bool tt=false;
for(int i=1;i<=500;i++) //随机次数
{
random_shuffle(myv.begin(),myv.end()); //随机节点
bool flag=true;
for(int j=0;j<m&&flag;j++) //看是否满足
{
int a=myv[j];
int b=myv[(j+1)%n];
for(int k=0;k<vv[a].size();k++)
if(b==vv[a][k])
flag=false;
}
if(flag) //满足的话，直接输出
{
for(int j=0;j<m;j++)
printf("%d %d\n",myv[j],myv[(j+1)%n]);
tt=true;
break;
}
}
if(!tt)
printf("-1\n");
}
return 0;
}
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