A - TT 的魔法猫
问题描述
N个人玩一个游戏,每两个人都要进行一场比赛。
已知M个胜负关系,每个关系为A B，表示A比B强，胜负关系具有传递性
试问有多少场比赛的胜负无法预先得知?
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。
Example
Input
3
3 3
1 2
1 3
2 3
3 2
1 2
2 3
4 2
1 2
3 4
Output
0
0
4
解题思路
直接使用Floyd–Warshall 算法就可以完成，但要注意合理剪枝，否则会超时。
主要就是a[k][j] =a[k][j]||(a[k][x]&&a[x][j])可以分成两步进行，从而避免一些无效的判断，缩短运行时长。
代码
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
int main()
{
int m, n, count, n1, n2, num;
scanf("%d", &count);
for(int i=0;i<count;i++)
{
scanf("%d %d", &n, &m);
num = 0;
int a[500][500] = {0};
for(int j=0;j<m;j++)
{
scanf("%d %d", &n1, &n2);
a[n1][n2] = 1;
}
for(int x=1;x<=n;x++)
for(int k=1;k<=n;k++)
{
if(a[k][x])
{
for(int j=1;j<=n;j++)
a[k][j] =a[k][j]||a[x][j];
}
}
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(!a[k][j]&&!a[j][k]&&k>j)
num++;
printf("%d\n", num);
}
return 0;
}
B - TT 的旅行日记 ！
问题描述
机场快线分为经济线和商业线两种。现在有且仅有一张商业线车票，只能乘坐一次商务线，其他时候只能乘经济线。你的任务是找一条到达机场的最快线路。
Input
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。
Output
对于每组数据，输出3行。第一行按访问顺序给出 经过的各个车站（包括起点和终点），第二行是 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 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**（这个需要额外注意）**
Example
Input
4 1 4
4
1 2 2
1 3 3
2 4 4
3 4 5
1
2 4 3
Output
1 2 4
2
5
解题思路
思路1
题目给定了起点与终点，而且要求商业线最多乘坐一次。因此可以枚举每一条商业线,计算起点到u的最短路以及v到终点的最短路再加上该商业线所花费的时间。
以起点为源点求单源最短路,得到dis1数组，再以终点为源点求单源最短路,得到dis2数组
枚举商业线(u, v, w)，取min{dis1[u]+ dis2[v] +W, dis1[v] +dis2[u]+W}，最终再与不走商业线的答案取min，并记录选中的商业线是哪一条。至于路径，通过递归的方式输出。
思路2
将每个车站看成两个车站（0,1），商业线只能在0线或1线上运行，而经济线只能在0线和1线之间运行。因此为了防止多次调用经济线，只需要指定经济线的方向即可，只能从0到1或从1到0，这样即可确保求出的最短路线最多只经过一次经济线。具体路径也是通过递归的方式输出。
代码1
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <vector>
#define inf 5*1e8;
using namespace std;
struct line{
int x, y, w;
line(){}
line (int a, int b, int c){
x=a, y=b, w =c;
}
};
int vis[1010], path[1010], dis1[1010], dis2[1010], n, s, e;
priority_queue<pair<int, int> > q;
vector<line> head1[1010], head2;
void dijkstra(int m, int *dis)
{
while (!q.empty())
q.pop();
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int i = 1; i <= n; i++)
dis[i] = inf;
dis[m] = 0, path[m] = 0;
q.push(make_pair(0, m));
while(!q.empty())
{
int x = q.top().second;
q.pop();
if(vis[x])
continue;
vis[x] = 1;
for(int i = 0;i<head1[x].size();i++)
{
int w=head1[x][i].w, b = head1[x][i].y;
if(dis[b]>dis[x]+w)
{
dis[b] = dis[x]+w;
if(m==s)
path[b] = x;
else
path[x] = b;
if((m==s&&b==e)||(m==e&&b==s))
return;
q.push(make_pair(-dis[b], b));
}
}
}
}
void print(int m){
if(path[m]!=0)
{
print(path[m]);
cout<<m;
if(m!=e)
cout<<" ";
}
else
cout<<m<<" ";
}
int main()
{
int num, s1, e1, w, l, l1;
while(~scanf("%d %d %d", &n, &s, &e))
{
scanf("%d",&num);
for(int i=0;i<num;i++)
{
scanf("%d %d %d", &s1, &e1, &w);
line a(s1, e1, w);
head1[s1].push_back(a);
line b(e1, s1, w);
head1[e1].push_back(b);
}
dijkstra(e, dis1);
dijkstra(s, dis2);
scanf("%d", &num);
for(int i=0;i<num;i++)
{
scanf("%d %d %d", &s1, &e1, &w);
line a(s1, e1, w);
head2.push_back(a);
}
s1 = -1, l1 = dis2[e];
for(int i=0;i<head2.size();i++)
{
l = min(dis1[head2[i].x] + dis2[head2[i].y] + head2[i].w,
dis2[head2[i].x] + dis1[head2[i].y] + head2[i].w);
if(l<l1)
l1 = l, s1 = i;
}
if(s1>=0)
{
if((dis1[head2[s1].x] + dis2[head2[s1].y])<(dis2[head2[s1].x] + dis1[head2[s1].y]))
path[head2[s1].x] = head2[s1].y, s = head2[s1].y;
else
path[head2[s1].y] = head2[s1].x, s = head2[s1].x;
}
print(e);
printf("\n");
if(s1>=0)
printf("%d\n", s);
else
printf("Ticket Not Used\n");
printf("%d\n", l1);
for(int i=0;i<=n;i++)
head1[i].clear();
head2.clear();
}
return 0;
}
代码2
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <vector>
#define inf 5*1e8;
using namespace std;
struct line{
int x, y, w, kind;
line(){}
line (int a, int b, int c, int d){
x=a, y=b, w =c, kind = d;
}
};
int vis[1010], path[1010], dis[1010], n, s, e;
priority_queue<pair<int, int> > q;
vector<line> head1[1010];
void dijkstra(int m)
{
while (!q.empty())
q.pop();
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int i = 1; i <= 1010; i++)
dis[i] = inf;
dis[m] = 0, path[m] = 0;
q.push(make_pair(0, m));
while(!q.empty())
{
int x = q.top().second;
q.pop();
if(vis[x])
continue;
vis[x] = 1;
for(int i = 0;i<head1[x].size();i++)
{
int w=head1[x][i].w, b = head1[x][i].y;
if(dis[b]>dis[x]+w)
{
dis[b] = dis[x]+w;
path[b] = x;
q.push(make_pair(-dis[b], b));
}
}
}
}
void print(int m, int& s1){
if(path[m]!=0)
{
print(path[m], s1);
if(m>500)
cout<<m-500;
else
cout<<m;
if(m!=e&&m!=e+500)
cout<<" ";
}
else
cout<<m<<" ";
if(m>500&&path[m]<500)
s1 = path[m];
}
int main()
{
int num, s1, e1, w, l, l1;
int cas = 0;
while(~scanf("%d %d %d", &n, &s, &e))
{
scanf("%d",&num);
for(int i=0;i<num;i++)
{
scanf("%d %d %d", &s1, &e1, &w);
line a(s1, e1, w, 0);
head1[s1].push_back(a);
line b(e1, s1, w, 0);
head1[e1].push_back(b);
line c(s1+500, e1+500, w, 0);
head1[s1+500].push_back(c);
line d(e1+500, s1+500, w, 0);
head1[e1+500].push_back(d);
}
scanf("%d", &num);
for(int i=0;i<num;i++)
{
scanf("%d %d %d", &s1, &e1, &w);
line a(s1, e1+500, w, 0);
head1[s1].push_back(a);
line b(e1, s1+500, w, 0);
head1[e1].push_back(b);
}
dijkstra(s);
if(cas)
printf("\n");
else
cas++;
if(dis[e]>dis[e+500])
{
print(e+500, s1);
printf("\n");
printf("%d\n", s1);
}
else
{
print(e, s1);
printf("\n");
printf("Ticket Not Used\n");
}
l = min(dis[e], dis[e+500]);
printf("%d\n", l);
for(int i=0;i<=1010;i++)
head1[i].clear();
}
return 0;
}
C - TT 的美梦
问题描述
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 ‘?’。
Example
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
Output
Case 1:
3
4
Case 2:
?
?
解题思路
我们要求的是从1出发到其他点花费的最少的钱，相当于求1到其他点的最短路。
值得注意的一点是，经过一条道路， 收的税可能是负数。因此图中存在负权边，这是一个含负权边的单源最短路径问题，所以需要SPFA算法来解决。
我们只需要找出负环和那些通过负环可以到达的点，这些点的最短路径都不存在（通过dfs即可完成），然后按要求输出即可。
代码
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <vector>
#define inf 5*1e8
using namespace std;
struct line{
int x, y, w;
line(){}
line (int a, int b, int c){
x=a, y=b, w =c;
}
};
int dis[300], pre[300], inq[300], cnt[300], a[300], n;
vector<line> G[300];
queue<int> q;
void dfs(int x){
if(pre[x]==1)
return;
pre[x] = 1, inq[x]=1;
for(int i=0;i<G[x].size();i++)
dfs(G[x][i].y);
}
void SPFA(int s)
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
dis[i] = inf;
inq[i] = 0;
pre[i] = 0;
cnt[i] = 0;
}
dis[s] = 0;
inq[s] = 1;
q.push(s);
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
inq[u] = 0;
if(pre[u]==1)
continue;
for (int i=0;i<G[u].size();i++)
{
int v = G[u][i].y;
if (dis[v] > dis[u] + G[u][i].w)
{
cnt[v] = cnt[u] + 1;
if (cnt[v] >= n)
dfs(v);
dis[v] = dis[u] + G[u][i].w;
if (!inq[v])
{
q.push(v);
inq[v] = 1;
}
}
}
}
}
int main()
{
int count1, count2, s, e;
scanf("%d",&count1);
for(int i=1;i<=count1;i++)
{
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
G[i].clear();
}
scanf("%d", &count2);
for(int i=0;i<count2;i++)
{
scanf("%d%d", &s, &e);
int value = pow(a[e]-a[s], 3);
line a(s, e, value);
G[s].push_back(a);
}
SPFA(1);
scanf("%d", &count2);
printf("Case %d:\n", i);
for(int i=0;i<count2;i++)
{
scanf("%d", &s);
if(pre[s] == 1||dis[s]<3||dis[s]==inf)
printf("?\n");
else
printf("%d\n", dis[s]);
}
}
return 0;
}
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