李静静

poj1523题目链接题意：        图中是否有割点，去掉某个割点后有几个连通分量。block[i]是去掉割点i后的连通分支个数。割点：去掉这个点后，连通分支数比没去点这个点的连通分支数多1#include#include#includeusing namespace std;#define min(a,b) a<b?a:b #define max(a,b)

/* 1 02 31 2 372 1 171 2 683 71 2 192 3 113 1 71 3 52 3 893 1 911 2 325 71 2 52 3 72 4 84 5 113 5 101 5 64 2 120Sample Output0171626*/ #include<stdio.h> #include<string.h>

/*Input：6 10 1 2 6 1 3 1 1 4 5 2 3 5 2 5 3 3 4 5 3 5 6 3 6 4 4 6 2 5 6 6 Output：V1-V3=1 V3-V6=4 V6-V4=2 V3-V2=5 V2-V5=3 最小权值和=15 */#include<stdio.h>#include<string.h>#define INF 0x3f

/*6 92 4 113 5 134 6 35 6 42 3 64 5 71 2 13 4 91 3 219*/*/#includestruct edge{ int u; int v; int w;} e[10];int n,m;int f[7]={0},sum=0,count=0;void quicksort(int left,int

prim算法是加点的，可以将加入的点和未加入的点分成两部分，及生成树和非生成树，每次从生成树顶点到非生成树顶点的最小权值，每次去更新到某个顶点的最小dis[]值。#includeint main(){ int n,m,i,j,k,min,t1,t2,t3; int e[7][7],dis[7],book[7]={0}; int inf=9999999; int count

题目链接题目大意：现在有一个发电站，需要给用户送电。解释一下输入数据：总结点数 nodenum  电站数power   用户数consumer  电缆线数link然后link行，起点-终点 发电量然后power行，每个电站的产电量然后consumer行，每个用户的用电量解题思路：这道题是最大流的入门题，只是变成了多源多

题目链接                                 最大流定理  如果残留网络上找不到增广路径，则当前流为最大流；反之，如果当前流不为最大流，则一定有增广路径。这里涉及到了一个残留网络.如果已经理解了什么是最大流，算法说起来就比较好理解了，在每次找到一条增广路之后，就去更新它的流量（正反向都要更新），每次更新后再继续

poj3020 题目链接建议做这题前先做下poj3041题目链接3041那题是最小点覆盖3020是最小路径覆盖题意：       *--代表城市，o--代表空地       给城市安装无线网，一个无线网最多可以覆盖两座城市，问覆盖所有城市最少要用多少无线。公式：,最小路径覆盖=总节点数-最大匹配数；但是由于在建图的时候建的是无向图，所以最大匹配数=求得的最大匹配数/

题目链接这里是不是应该写下什么是匈牙利算法（找到了一个非常容易理解的一个讲解趣味算法）,这位大佬已经讲的很详细了~~~题意：在一个n*n的网格中，有k个炸弹吧，每次可以删除一行或者一列，要清除这所有炸弹最少要删除几次。思路（copy:参考链接）：将每行、每列分别看作一个点，对于case的每一个行星坐标（x，y），将第x行和第y列连接起来，例如对于输入：（1，

代码实现是通过（连锁反应）实现的，也叫增广路，每次发现一次增广路配对数就加1.增广路本质就是一条路径的起点和终点都是未被配对的点。如果）前匹配方案下再也找不到增广路，（继续对剩下没有被匹配的点一一进行配对，直到所有的点都尝试完毕，找不到新的增广路为止/*input： 6 51 41 52 52 63 4output： 3*/#includeint e[101][1

poj1236题目链接题目大意：有N个学校，从每个学校都能从一个单向网络到另外一个学校，两个问题1：初始至少需要向多少个学校发放软件，使得网络内所有的学校最终都能得到软件。2：至少需要添加几条边，使任意向一个学校发放软件后，经过若干次传送，网络内所有的学校最终都能得到软件。（就是最少加入几条边，让这个图变成强连通图）解题思路：首先找连通分量，然后看连通分量的入度为0点的总数，出

题目链接   题意：   每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。现在有N头牛，给你M对整数(A,B)，表示牛A认为牛B受欢迎。 这种关系是具有传递性的，如果A认为B受欢迎，B认为C受欢迎，那么牛A也认为牛C受欢迎。你的任务是求出有多少头牛被所有的牛认为是受欢迎的。       先用tarjan求出每个强连通分量，再缩点，统计每个点的出度，如果有

#define min(a,b) a<b?a:bvectore[5005];stackS;int dfn[1005];int low[1005];int time,Bcnt;int Belong[1005];int in_stack[1005];int size_stack[1005];void tarjan(int u){ int i,v; S.push(u); in

poj1201题目链接题意：第一行输入n，下面输入n个限制条件，条件的格式为 ai bi ci,  0差分约数系统的含义，其实就是如果有n个变量在m个形如aj-ai>=bk（类似于求最长路径）条件下，求解的此不等式的方法。 而这种不等式的解法其实就是转化为图论的最小路的算法求解的。我们将上面的不等式边形后得到aj>=ai+bk正好就可以看做是从ai到aj权值是bk的一条

平时处理图边的问题我喜欢用vector实现，今天做了一道题发现用vector 会超时。。。。本来认为这两种方法一样的效率，甚至vector不仅方便还快，看来害死有区别的。贴一下模板（平时没有用过链接表处理的同学看下下面，我贴上了讲解。）memset(head,-1,sizeof(head));void add(int u,int v,double w){ edge[nu

/*Sample Input 5 5 1 2 20 2 3 30 3 4 20 4 5 20 1 5 100Sample Output 90 */#include<stdio.h>#include<string.h>#define N 1005#define INF 0x3f3f3fbool s[N];int d[N];int

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;#define MAX 100int u[MAX];//边起始点int v[MAX];//边终点int w[MAX];//边权值int p[MAX];//并查集int r[MAX];//保存的边的序号int n,m;//n是结点数,m是

题目链接题意：某街区共有R条道路，N个路。道路可以双向通行。问1号路口到N号路口的次短路长度是多少？次短路指的比最短路路长度长的次短的路径。同一条边可能经过多次。思路是竟然是次短路，那么就是和最短相差了一条边（这条边是大于最短路径的最小值）多想下，所以一定是经过某一节点的（u,v）的边e(u,v);所以用到了源点到各个点的dis和终点到各个点的dis2；#include#

poj3352题目链接题意：给出n个顶点，m条边，求至少添加几条边使这个图为双连通图。双连通图分为点连通和边连通图，其中他们之间还有着密切关系（具体可以根据自己需要深入了解）首先根据题意要求和求边连通的方法简单，我们选择用边连通的方法解决问题。将已经连通的图进行缩点，使之变成一棵树，那么最少添加的边个个数就是这棵树的（叶子节点数+1）/2；其实我们是根据每个节点的low

bool dfs(int x){ for(int y = 1;y <= v2;y ++) { if(map[x][y] && !v2_vis[y]) { v2_vis[y]=1; if(v2_link[y]==0 || dfs(v2_link[y])) { v2_link[y]=x; return true; } } } return

(poj 1328 题)讲解：不再以雷达为中心找能最大覆盖岛屿的面积，而是一岛屿为中心，一最大距离d为半径找这个岛屿如果想要被覆盖，雷达所能在的位置区间。把n个区间按照左边的大小排序，我们比较右边的大小来找有多少个独立的区间，独立区间的个数就是需要雷达的个数。（记住公共区间需要缩小区间范围（当存在包含关系的时候要更新比较区间max的大小））这种题存在double 浮点型的题一定要仔细，

//初始化dis数组，这里是1号顶点到其余各个顶点的初始路程 for(i = 1;i <= n;i ++) dis[i]=e[1][i]; book[1]=1;//Dijkstra算法核心语句 for(i = 1;i <= n-1;i ++) { min = inf; for(j = 1;j <= n;j ++) { if(!book[

int TopSort(){ queueQ; size=0; for(i=0;i<n;i++) { if(indegree[i]==0) Q.push(i); } while(!Q.empty()) { int u=Q.front(); Q.pop(); size++; for(i=0;i<n;i++) { if(map[u][i])

//Bellman-ford算法核心语句dis[]都是记录源点到各个顶点的最小距离 for(k = 1;k <= n-1;k ++) for(i = 1;i <= m;i ++) if(dis[v[i]] > dis[u[i]] + w[i]) dis[v[i]] = dis[u[i]] + w[i]; //初始化dis数组，（1号顶点到

int cmp(Node a,Node b)//sort排序函数 {if(a.num!=b.num)return a.numy。意思是降序 else if(a.len!=b.len)return a.len<b.len;//按照题意是按照升序的顺序排列 else if(a.wide!=b.wide)return a.wide<b.wide;}

int cmp(node a,node b){ return a.w<b.w;} int find(int x) { return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]); } int join(int u,int v) { int x=find(u); int y=find(v); if(x!=y)

//prim算法 for(i=1;i<=n;i++) dis[i]=e[1][i]; book[1]=1; count++; while(count<n) { min=inf; for(i=1;i<=n;i++) {

#includebool nosu[2000000];int main(){ int i,n,j; for(i=2;i<=1414;++i) if(!nosu[i]) for(j=i*i;j<=2000000;j+=i) nosu[j]=1; while(scanf("%d",&n)&&n) { for(i=

什么时候用到图的割点呢？（当删除一个顶点后，图的连通量个数发生变化。）例如两国打仗，让你找到一个攻击点攻击后致使敌方的原连通的地方不再连同）如同所示：/*6 71 41 34 23 22 52 65 62 */#include#include#define min(a,b) a<b?a:busing namespace std;int n,m,root;i

SPFA（Shortest Path Faster Algorithm）（队列优化）算法是求单源最短路径的一种算法，它还有一个重要的功能是判负环（在差分约束系统中会得以体现），在Bellman-ford算法的基础上加上一个队列优化，减少了冗余的松弛操作，是一种高效的最短路算法。算法步骤：该算法需要使用到队列，这里我们用STL的queue比如求s点到所有点的最短路径。

题目链接题意：  给出你一个数字序列，让你输出用冒泡排序需要换多少次？两个数（a, b）的排列，若满足a > b，则称之为一个逆序对。有多少个逆序对就要换多少次，又因为冒泡排序是从后往前面交换的，归并是分成了若干个有序对从left,mid+1进行比较的。是从前往后的比较交换的。这里的一个规律就是交换的个数是：也就是记录A序列找到第一个比B某一个大的数，他后面还余下的数的个数就是

题目链接和最大权最大匹配一样，只是在存值的时候存的是负值，在判断if(-c>price[a][b])price[a][b]=-c;这一块还能保证重边的问题；也都是用的KM算法#include#include#define max(a,b) a>b?a:b#define INF 1<<31-1int price[105][105];int lx[105],ly[105];boo

题目链接：奔小康赚大钱KM算法类似于匈牙利算法，只是多了些东西（最大权值的交换，记录）KM算法详解链接不过这道题就已经是KM算法的入门题了相比之下多了两个数组x_price[],y_price[]x_price[]是记录其最大权忘了一个重点：在进入匹配的时候每次都要对x_vis[],y_vis[]清空（memset一下）在匈利牙算法中记得要把v2_vis[]清空一下。