BUPT2017 springtraining(16) #6 ——图论-优快云博客

本文提供了多道算法题目的详细解答过程，包括一对一字符映射问题、简单有向图问题、人员流动计数问题、数对序列计数问题等。通过具体代码实现展示了如何高效解决这些算法挑战。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接

A.容易发现最后字符的对应都是一对一的

或者说我们没办法出现最后多对一或者一对多的情况

所以只要算出 ‘a’ - 'z' 每个字符最后对应的字符即可

 1 #include <cstdio>
 2 #include <algorithm>
 3 
 4 int n, m, b[26];
 5 
 6 char a[26], s[200010];
 7 
 8 int main() {
 9     char s1[5], s2[5];
10     scanf("%d %d %s", &n, &m, s);
11     for(int i = 0;i < 26;i ++) a[i] = i + 'a', b[i] = i;
12     while(m --) {
13         scanf("%s %s", s1, s2);
14         if(s1[0] == s2[0]) continue;
15         a[b[s1[0] - 'a']] = s2[0];
16         a[b[s2[0] - 'a']] = s1[0];
17         std::swap(b[s1[0] - 'a'], b[s2[0] - 'a']);
18     }
19     for(int i = 0;i < n;i ++)
20         putchar(a[s[i] - 'a']);
21     return 0;
22 }

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C.A simple directed graph is a directed graph having no multiple edges or graph loops.

graph loops其实说的是自环?道理我都懂，但是自环不是self loops之类的吗？

我们考虑连完所有边的最终形态，应该是

两个强连通分量AB，内部均为完全图

A中所有点都能到B中所有点

B中没有连向A中点的边

稍微算一下可知令siz_A与siz_B差距越大，可连边就越多

那我们先对原图求强连通分量

这里面没有入度或没有出度的scc是有可能成为A或B的scc

找出这里面siz最小的scc来确定A和B其中一个的siz即可

为什么不可能是siz最大的一个呢？

我们列一下式子发现时恒等式

siz最小的必然不比siz最大的结果差

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 100010;

int n, m, cnt, top, sum, c1[maxn], c2[maxn], siz[maxn];

int in[maxn], vis[maxn], sta[maxn], dfn[maxn], low[maxn], bel[maxn];

vector <int> e[maxn];

void tarjan(int x) {
    vis[x] = 1;
    in[x] = 1, sta[++ top] = x, dfn[x] = low[x] = ++ cnt;
    for(int t, i = 0;i < e[x].size();i ++) {
        t = e[x][i];
        if(!vis[t]) {
            tarjan(t);
            low[x] = min(low[x], low[t]);
        }
        else if(in[t] && low[t] < low[x]) low[x] = low[t];
    }
    if(low[x] == dfn[x]) {
        sum ++;
        for(int i = 0;i != x;i = sta[top --], bel[i] = sum, in[i] = 0, siz[sum] ++);
    }
}

int main() {
    long long ans;
    int Case, u, v, tmp;
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> Case;
    for(int tt = 1;tt <= Case;tt ++) {
        cout << "Case " << tt << ": ";
        cin >> n >> m;
        cnt = ans = sum = 0, tmp = n;
        for(int i = 1;i <= n;i ++) e[i].clear(), vis[i] = c1[i] = c2[i] = siz[i] = 0;
        for(int i = 1;i <= m;i ++) cin >> u >> v, e[u].push_back(v);
        for(int i = 1;i <= n;i ++)
            if(!vis[i]) tarjan(i);
        if(sum == 1) cout << -1 << endl;
        else {
            for(int i = 1;i <= n;i ++)
                for(int j = 0;j < e[i].size();j ++) 
                    if(bel[i] != bel[e[i][j]]) c1[bel[i]] ++, c2[bel[e[i][j]]] ++;
            for(int i = 1;i <= sum;i ++) 
                if(c1[i] == 0 || c2[i] == 0) 
                    tmp = min(tmp, siz[i]);
             cout << 1ll * n * n - m - n - 1ll * tmp * (n - tmp) << endl;
        }
    }
}

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D.其实只要先处理出昨天没走的人

就可以算出今天各个时刻的人数了，取max即可

 1 #include <iostream>
 2 
 3 using namespace std;
 4 
 5 bool in[1000010];
 6 
 7 int n, ans, cnt, x;
 8 
 9 char str[110][3];
10 
11 int main() {
12     ios::sync_with_stdio(false);
13     cin >> n;
14     for(int i = 1;i <= n;i ++) {
15         cin >> str[i] >> x;
16         if(str[i][0] == '+') in[x] = 1;
17         else if(!in[x]) cnt ++;
18     }
19     ans = cnt;
20     for(int i = 1;i <= n;i ++) {
21         if(str[i][0] == '+') cnt ++, ans = max(cnt, ans);
22         else cnt --;
23     }
24     cout << ans;
25 }

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E.我们令第 i 个数为 a[i]

计算出以 a[i] 为序列第一个数的方案种数

以 a[i] 为序列第二个数的方案种数

ans += 以 a[i] / k 为序列第二个数的方案种数

 1 #include <map>
 2 #include <iostream>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 typedef long long ll;
 7 
 8 map <ll, ll> p[2];
 9 
10 int n, k;
11 
12 int a[200010];
13 
14 ll ans;
15 
16 int main() {
17     ios::sync_with_stdio(false);
18     cin >> n >> k;
19     for(int i = 1;i <= n;i ++) {
20         cin >> a[i];
21         if(a[i] % k == 0) ans += p[1][a[i] / k], p[1][a[i]] += p[0][a[i] / k];
22         p[0][a[i]] ++;
23     }
24     cout << ans;
25     return 0;
26 }

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G.先缩点

 1 #include <queue>
 2 #include <vector>
 3 #include <cstring>
 4 #include <iostream>
 5 
 6 using namespace std;
 7 
 8 const int maxn = 100010;
 9 
10 struct node{
11     int x, y;
12     bool operator < (const node &a) const {
13         return y > a.y;
14     }
15 };
16 
17 vector <node> e[maxn], f[maxn];
18 
19 priority_queue <node> q;
20 
21 int n, N, m, vi[maxn];
22 
23 long long ans;
24 
25 int cnt, top, in[maxn], dfn[maxn], low[maxn], sta[maxn], vis[maxn], bel[maxn], sum[maxn];
26 
27 void Clear() {
28     ans = cnt = N = 0;
29     for(int i = 0;i < n;i ++) e[i].clear(), f[i].clear(), vi[i] = vis[i] = 0;
30     while(!q.empty()) q.pop();
31 }
32 
33 void tarjan(int x, int t = 0) {
34     vis[x] = 1;
35     dfn[x] = low[x] = ++ cnt, sta[++ top] = x, in[x] = 1;
36     for(int i = 0;i < e[x].size();i ++) {
37         t = e[x][i].x;
38         if(!vis[t]) {
39             tarjan(t);
40             low[x] = min(low[x], low[t]);
41         }
42         else if(in[t] && low[t] < low[x]) low[x] = low[t]; 
43     }
44     if(low[x] == dfn[x]) {
45         for(int i = -1;i != x;i = sta[top --], bel[i] = N, in[i] = 0);
46         N ++;
47     }
48 }
49 
50 int main() {
51     ios::sync_with_stdio(false);
52     int u, v, w;
53     node tmp;
54     while(cin >> n >> m) {
55         Clear();
56         for(int i = 1;i <= m;i ++)
57             cin >> u >> v >> w, e[u].push_back((node){v, w});
58         for(int i = 0;i < n;i ++)
59             if(!vis[i]) tarjan(i);
60         memset(sum, 0x3f,sizeof sum);
61         for(int i = 0;i < n;i ++) {
62             for(int j = 0;j < e[i].size();j ++)
63                 if(bel[i] != bel[e[i][j].x])
64                     sum[bel[e[i][j].x]] = min(sum[bel[e[i][j].x]], e[i][j].y);
65         }
66         for(int i = 0;i < N;i ++)
67             if(sum[i] != 0x3f3f3f3f)
68                 ans += sum[i];
69         cout << ans << endl;
70     } 
71     return 0;
72 }

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H.手写一下发现总共只有2 + 4 + 8 + ... + 2^9 = 1022 个数

所以枚举对比一下就好了

 1 #include <vector>
 2 #include <iostream>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 vector <int> e[10];
 7 
 8 int n, sum;
 9 
10 int main() {
11     e[0].push_back(0);
12     cin >> n;
13     for(int i = 1, j = 1;i <= 9;i ++, j *= 10) {
14         for(int t, k = 0;k < e[i - 1].size();k ++) {
15             t = 4 * j + e[i - 1][k];
16             e[i].push_back(t);
17             if(t == n) {
18                 cout << sum + e[i].size();
19                 return 0;
20             }
21         }
22         for(int t, k = 0;k < e[i - 1].size();k ++) {
23             t = 7 * j + e[i - 1][k];
24             e[i].push_back(t);
25             if(t == n) {
26                 cout << sum + e[i].size();
27                 return 0;
28             }
29         }
30         sum += e[i].size();
31     }
32 }