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负环#xff1a;环上权值之和是负数
求负环的常用方法 基于SPFA
统计每个点入队次数#xff0c;如果某个点入队n次#xff0c;则说明存在负环#xff08;完全…算法提高课笔记 文章目录 基础知识例题虫洞题意思路代码 观光奶牛题意思路代码 单词环题意思路代码 基础知识
负环环上权值之和是负数
求负环的常用方法 基于SPFA
统计每个点入队次数如果某个点入队n次则说明存在负环完全等价于Bellman-Ford算法统计当前每个点的最短路中所包含的边数如果某点的最短路包含的边数大于等于n则说明存在负环
玄学结论当所有点的入队次数超过2n时就认为图中有很大肯存在负环
例题
虫洞
原题链接
农夫约翰在巡视他的众多农场时发现了很多令人惊叹的虫洞。
虫洞非常奇特它可以看作是一条 单向 路径通过它可以使你回到过去的某个时刻相对于你进入虫洞之前。
农夫约翰的每个农场中包含 N 片田地M 条路径双向以及 W 个虫洞。
现在农夫约翰希望能够从农场中的某片田地出发经过一些路径和虫洞回到过去并在他的出发时刻之前赶到他的出发地。
他希望能够看到出发之前的自己。
请你判断一下约翰能否做到这一点。
下面我们将给你提供约翰拥有的农场数量 F以及每个农场的完整信息。
已知走过任何一条路径所花费的时间都不超过 10000 秒任何虫洞将他带回的时间都不会超过 10000 秒。
输入格式
第一行包含整数 F表示约翰共有 F 个农场。
对于每个农场第一行包含三个整数 N,M,W。
接下来 M 行每行包含三个整数 S,E,T表示田地 S 和 E 之间存在一条路径经过这条路径所花的时间为 T。
再接下来 W 行每行包含三个整数 S,E,T表示存在一条从田地 S 走到田地 E 的虫洞走过这条虫洞可以回到 T 秒之前。
输出格式
输出共 F行每行输出一个结果。
如果约翰能够在出发时刻之前回到出发地则输出 YES否则输出 NO。
数据范围 1 ≤ F ≤ 5 1≤F≤5 1≤F≤5 1 ≤ N ≤ 500 , 1≤N≤500, 1≤N≤500, 1 ≤ M ≤ 2500 , 1≤M≤2500, 1≤M≤2500, 1 ≤ W ≤ 200 , 1≤W≤200, 1≤W≤200, 1 ≤ T ≤ 10000 , 1≤T≤10000, 1≤T≤10000, 1 ≤ S , E ≤ N 1≤S,E≤N 1≤S,E≤N
输入样例
2
3 3 1
1 2 2
1 3 4
2 3 1
3 1 3
3 2 1
1 2 3
2 3 4
3 1 8输出样例
NO
YES题意
负环板题
思路
跑一遍spfa
代码
#include bits/stdc.husing namespace std;const int N 510, M 5210;int n, m1, m2;
int h[N], ne[M], e[M], w[M], idx;
int dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];void add(int a, int b, int c)
{e[idx] b, w[idx] c, ne[idx] h[a], h[a] idx ;
}bool spfa()
{memset(dist, 0, sizeof dist);memset(cnt, 0, sizeof cnt);memset(st, 0, sizeof st);queueint q;for (int i 1; i n; i ){q.push(i);st[i] true;}while (q.size()){int t q.front();q.pop();st[t] false;for (int i h[t]; ~i; i ne[i]){int j e[i];if (dist[j] dist[t] w[i]){dist[j] dist[t] w[i];cnt[j] cnt[t] 1;if (cnt[j] n) return true; // 更新次数一旦超过n就说明有负环if (!st[j]){q.push(j);st[j] true;}}}}return false;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int T;cin T;while (T -- ){cin n m1 m2;memset(h, -1, sizeof h);idx 0;for (int i 0; i m1; i ){int a, b, c;cin a b c;add(a, b, c), add(b, a, c);}for (int i 0; i m2; i ){int a, b, c;cin a b c;add(a, b, -c);}if (spfa()) puts(YES);else puts(NO);}
}观光奶牛
原题链接
给定一张 L 个点、P 条边的有向图每个点都有一个权值 f[i]每条边都有一个权值 t[i]。
求图中的一个环使“环上各点的权值之和”除以“环上各边的权值之和”最大。
输出这个最大值。
注意数据保证至少存在一个环。
输入格式
第一行包含两个整数 L 和 P。
接下来 L 行每行一个整数表示 f[i]。
再接下来 P 行每行三个整数 abt[i]表示点 a 和 b 之间存在一条边边的权值为 t[i]。
输出格式
输出一个数表示结果保留两位小数。
数据范围 2 ≤ L ≤ 1000 , 2≤L≤1000, 2≤L≤1000, 2 ≤ P ≤ 5000 , 2≤P≤5000, 2≤P≤5000, 1 ≤ f [ i ] , t [ i ] ≤ 1000 1≤f[i],t[i]≤1000 1≤f[i],t[i]≤1000
输入样例
5 7
30
10
10
5
10
1 2 3
2 3 2
3 4 5
3 5 2
4 5 5
5 1 3
5 2 2输出样例
6.00题意
给出点权和边权求一个环使得点权之和除以边权之和最大
思路
求比值最大的问题 - 01分数规划 - 二分
首先确定边界值答案一定在[0, 1000) 之间
每次取中点mid如果图中存在一个环使得比值大于mid则答案在mid和r之间反之亦然
现在问题变成了如何判断是否存在一个比值大于mid的环
判断 ∑ f i ∑ t i M i d \frac{\sum f_i}{\sum t_i}Mid ∑ti∑fiMid 化简 ∑ f i − M i d ∗ ∑ t i 0 \sum f_i-Mid*\sum t_i0 ∑fi−Mid∗∑ti0
在环上的点权我们可以任意加到边权上对环不会有影响假设我们将所有点权加到出边上化简 ∑ ( f i − M i d ∗ t i ) 0 \sum (f_i-Mid*t_i)0 ∑(fi−Mid∗ti)0
现在将边权全看成 f i − M i d ∗ t i f_i-Mid*t_i fi−Mid∗ti
问题转换成了图中是否存在一个正环
求最长路即可
代码
#include bits/stdc.husing namespace std;const int N 1010, M 5010;int n, m;
int wf[N];
int h[N], e[M], ne[M], wt[M], idx;
double dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];void add(int a, int b, int c)
{e[idx] b, wt[idx] c, ne[idx] h[a], h[a] idx ;
}bool check(double mid)
{memset(dist, 0, sizeof dist);memset(st, 0, sizeof st);memset(cnt, 0, sizeof cnt);queueint q;for (int i 1; i n; i ) // 所有点存进队列{q.push(i);st[i] true;}while (q.size()){int t q.front();q.pop();st[t] false;for (int i h[t]; ~i; i ne[i]){int j e[i];if (dist[j] dist[t] wf[t] - mid * wt[i]){dist[j] dist[t] wf[t] - mid * wt[i]; // 更新最长距离cnt[j] cnt[t] 1;if (cnt[j] n) return true; // 更新次数超过n就说明有正环if (!st[j]){q.push(j);st[j] true;}}}}return false;
}int main()
{cin n m;for (int i 1; i n; i ) cin wf[i]; // 记录点权memset(h, -1, sizeof h);for (int j 0; j m; j ){int a, b, c;cin a b c;add(a, b, c);}double l 0, r 1e6;while (r - l 1e-4) // 误差{double mid (l r) / 2;if (check(mid)) l mid;else r mid;}printf(%.2lf\n, l);
}单词环
原题链接
我们有 n 个字符串每个字符串都是由 a∼z 的小写英文字母组成的。
如果字符串 A 的结尾两个字符刚好与字符串 B 的开头两个字符相匹配那么我们称 A 与 B 能够相连注意A 能与 B 相连不代表 B 能与 A 相连。
我们希望从给定的字符串中找出一些使得它们首尾相连形成一个环串一个串首尾相连也算我们想要使这个环串的平均长度最大。
如下例
ababc
bckjaca
caahoynaab第一个串能与第二个串相连第二个串能与第三个串相连第三个串能与第一个串相连我们按照此顺序相连便形成了一个环串长度为 571022重复部分算两次总共使用了 3 个串所以平均长度是 223≈7.33。
输入格式
本题有多组数据。
每组数据的第一行一个整数 n表示字符串数量
接下来 n 行每行一个长度小于等于 1000 的字符串。
读入以 n0 结束。
输出格式
若不存在环串输出”No solution”否则输出最长的环串的平均长度。
只要答案与标准答案的差不超过 0.01就视为答案正确。
数据范围 1 ≤ n ≤ 105 1≤n≤105 1≤n≤105
输入样例
3
intercommunicational
alkylbenzenesulfonate
tetraiodophenolphthalein
0输出样例
21.66题意
n个字符串如果a的末尾两个字符和b的开头相同则能相连求能构成的环的平均长度最大值
思路
把每个字符串的首位两个字母看做一个点比如说样例可以这样建图 答案就变成了求 ∑ w i ∑ 1 \frac{\sum w_i}{\sum 1} ∑1∑wi的最大值
答案在(0, 1000)之内二分做类似观光奶牛
最终判断式为 ∑ w i − M i d ∗ ∑ 1 0 \sum w_i - Mid*\sum 10 ∑wi−Mid∗∑10
判断有没有解直接把 Mid 0 代入即可因为如果等于0都不能满足的话大于0就更不会满足了
于是成功TLE用一下玄学优化
代码
#include bits/stdc.husing namespace std;const int N 700, M 100010;int n;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
double dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];void add(int a, int b, int c)
{e[idx] b, ne[idx] h[a], w[idx] c, h[a] idx ;
}bool check(double mid)
{memset(st, 0, sizeof st);memset(cnt, 0, sizeof cnt);queueint q;for (int i 0; i 676; i ) // 所有点存入队列{q.push(i);st[i] true;}int count 0;while (q.size()){int t q.front();q.pop();st[t] false;for (int i h[t]; ~i; i ne[i]){int j e[i];if (dist[j] dist[t] w[i] - mid){dist[j] dist[t] w[i] - mid;cnt[j] cnt[t] 1;if ( count 10000) return true; // 次数过多直接返回玄学可能失败if (cnt[j] N) return true; // 这个是保证一定正确的if (!st[j]){q.push(j);st[j] true;}}}}return false;
}int main()
{char str[1010];while (scanf(%d, n), n){memset(h, -1, sizeof h);idx 0;for (int i 0; i n; i ){cin str;int len strlen(str);if (len 2){// 用类似于26进制的方法存储int left (str[0] - a) * 26 str[1] - a;int right (str[len - 2] - a) * 26 str[len - 1] - a;add(left, right, len);}}if (!check(0)) puts(No solution); // 判断是否有解else{double l 0, r 1000;while (r - l 1e-4) // 误差{double mid (l r) / 2;if (check(mid)) l mid;else r mid;}printf(%lf\n, r);}}
}
