图论（2）单源最短路的综合应用

news2025/3/1 0:26:05

活动 - AcWing

1.acwing1135

 从自己家出发摆放其他亲戚，拜访顺序任意。

枚举所有摆放顺序求最小值即可。因此需要每个亲戚家到其他亲戚家的最短路。分别跑出来即可

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;

typedef pair<int,int> PII;

const int N =50010,M=2e5+10;

int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
int n,m;
int source[6];
int dist[6][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++;
}

void dijkstra(int start,int dist[])
{
    memset(dist,0x3f,N*4);
    memset(st,0,sizeof st);

    priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> > heap;
    heap.push({0,start});
    dist[start]=0;


    while(heap.size())
    {
        auto t=heap.top();
        heap.pop();

        int ver=t.second;
        if(st[ver]) continue;

        st[ver]=false;
        for(int i=h[ver];i!=-1;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            if(dist[j]>dist[ver]+w[i])
            {
                dist[j]=dist[ver]+w[i];
                heap.push({dist[j],j});
            }
        }
    }
}

int dfs(int u,int start,int distance)//拜访了几个人，起点，当前距离
{

    if(u>5) return distance;

    int res=0x3f3f3f3f;
    for(int i=1;i<=5;i++)
    {
        if(!st[i])
        {
            int next=source[i];
            st[i]=true;
            res=min(res,dfs(u+1,i,distance+dist[start][next]));
            st[i]=false;
        }
    }
    return res;

}


int main()
{
    cin>>n>>m;
    memset(h,-1,sizeof h);
    source[0]=1;
    for(int i=1;i<=5;i++) cin>>source[i];
    while(m--)
    {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c),add(b,a,c);
    }
    for(int i=0;i<6;i++) dijkstra(source[i],dist[i]);

    memset(st,false,sizeof st);
    printf("%d\n",dfs(1,0,0));

}


作者：yankai
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/4328112/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

2.acwing340

 找出从1号点到N号点的路径中，第k+1长的边最短的路径。

要找出这条特定的路径显然并不好做。因此我们需要考虑转换问题。

假设这个花费是bound，那么这条路径上边权大于bound的边的数量应该小于等于K。要找出大于bound的边最少的路径，可以把边权大于bound的边权变成1，反之变成0。那么跑一遍最短路就能求出最佳路径。

bound越大，显然越能符合条件，bound越小反之。

因此可以二分bound。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<deque>
using namespace std;

const int N =1010,M=20010;

int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
int n,m,k;
int dist[N];
bool st[N];
deque<int> q;

void add(int a,int b,int c)
{
    e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}

bool check(int bound)
{

    memset(st,0,sizeof st);
    memset(dist,0x3f,sizeof dist);
    dist[1]=0;
    q.push_front(1);
    while(q.size())
    {
        int t=q.front();
        q.pop_front();

        if(st[t]) continue;
        st[t]=true;
        for(int i=h[t];~i;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            int v=w[i]>bound;
            if(dist[j]>dist[t]+v)
            {
                dist[j]=dist[t]+v;
                if(!v) q.push_front(j);
                else q.push_back(j);
            }
        }

    }
    return dist[n]<=k;
}

int main()
{
    cin>>n>>m>>k;
    memset(h,-1,sizeof h);
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c),add(b,a,c);
    }

    int l=0,r=1e6+1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid))  r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    if(r==1e6+1) r=-1;
    cout<<r;
}

作者：yankai
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/4330820/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

 3.acwing342

  1.  道路：边权非负，双向。符合dijkstra spfa要求
  2. 航线：边权可正可负，无环，有向图。

有航线从a到b，则不可能从b到a。这意味着，如果我们把航线删去，那么剩下的就是一个个连通块，连通块之间是道路。各个连通块之间只能用航线连通。

假如我们把连通块缩点，那么剩下的图无环、有向，是一个拓扑图。

 因此我们在连通块内部跑dijkstra，外部跑拓扑序扫描即可求出最短路。

本菜鸡理一理思路：

  1. 毫无怀疑的，需要记录每个点属于哪个连通块。因此dfs一遍，或者flood fill模型求出连通块编号及每个点属于哪个连通块
  2. 输入所有航线，统计一下连通块的出入度
  3. 大框架，写一个拓扑排序，对每一个连通块内部做dijkstra
  4. 做dijkstra时，按常理来说我们需要知道起点，起点就是在上一次dijkstra时被更新的不属于上一个连通块的那个点。但是要找出这个点显得有些麻烦。因此我们跑的时候把连通块内的所有点加入堆中即可避免这个问题。
  5. 按照dijkstra流程，每次取出堆中dist最小的点ver（第一次取出的点一定是被上一个连通块更新的点），遍历所有邻点，如果不在一个连通块内，就按照拓扑排序的流程，把当前连通块入度减一。如果减到0，就加入拓扑序列。
  6. 如果能更新，就更新，如果在一个连通块内，还要把这个邻点加入堆中
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#define x first
#define y second
using namespace std;

typedef pair<int,int> PII;
const int N=25010,M=150010,INF=0x3f3f3f3f;

int n,mr,mp,S;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
vector<int> block[N];
int id[N];//属于几号连通块
int dist[N],din[N];
int bcnt;//有多少个连通块
bool st[N];
queue<int> q;

void add(int a,int b,int c)
{
    e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}


void dfs(int u,int bid)
{
    id[u]=bid,block[bid].push_back(u);

    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
    {
        int j=e[i];
        if(!id[j])
            dfs(j,bid);
    }
}

void dijkstra(int bid)
{
    priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>> heap;
    for(auto u:block[bid])
        heap.push({dist[u],u});

    while(heap.size())
    {
        auto t=heap.top();
        heap.pop();

        int ver=t.y,distance=t.x;
        if(st[ver]) continue;
        st[ver]=true;

        for(int i=h[ver];i!=-1;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            if(id[j]!=id[ver]&&--din[id[j]]==0) q.push(id[j]);
            if(dist[j]>dist[ver]+w[i])
            {
                dist[j]=dist[ver]+w[i];
                if(id[j]==id[ver]) heap.push({dist[j],j});
            }
        }

    }

}

void topsort()
{
    memset(dist,0x3f,sizeof dist);
    dist[S]=0;
    for(int i =1;i<=bcnt;i++)
        if(!din[i])
            q.push(i);

    while(q.size())
    {
        int t=q.front();
        q.pop();
        dijkstra(t);
    }
}

int main()
{
    cin>>n>>mr>>mp>>S;
    memset(h,-1,sizeof h);
    while(mr--)
    {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c),add(b,a,c);
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!id[i])
        {
            bcnt++;
            dfs(i,bcnt);
        }

    while(mp--)
    {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        din[id[b]]++;
        add(a,b,c);
    }
    topsort();

    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(dist[i]>INF/2) cout<<"NO PATH"<<endl;
        else cout<<dist[i]<<endl;
    return 0;
}

作者：yankai
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/4331561/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

4.acwing：341

 

 在任意一个城市，阿龙都可以选择卖出或者买入水晶球。类似一个dp问题。

状态划分：买入卖出的时间分割点，即在i点前买入 i点后卖出

状态计算：

从 1 走到 i 的过程中，买入水晶球的最低价格 dmin[i]；
从 i 走到 n 的过程中，卖出水晶球的最高价格 dmax[i]；

具体状态转移较简单不赘述

但是在本题是一个图，可能有环的存在，因此dp是不能直接使用的，应该借图论算法为载体解题。答案：枚举每个城市作为买卖的中间城市，求出 dmax[i] - dmin[i] 的最大值即可

求卖出水晶球的最高价格 dmax[i]；这一步反向建图 反向做一遍即可

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;

const int N =100010,M=2000010;
/*先求出：
动态规划思考，状态划分 买入卖出的时间分割点，即在i点前买入 i点后卖出
但是由于有环的存在 所以不能直接用动态规划 而用图论算法
从 1 走到 i 的过程中，买入水晶球的最低价格 dmin[i]；
从 i 走到 n 的过程中，卖出水晶球的最高价格 dmax[i]；这一步反向建图 反向做一遍即可。
然后枚举每个城市作为买卖的中间城市，求出 dmax[i] - dmin[i] 的最大值即可。*/

int n,m;
int w[M];
int hs[N],ht[N],e[M],ne[M],idx;
int dmin[N],dmax[N];

bool st[N];

void add(int h[],int a,int b)
{
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}

void spfa(int h[],int dist[],int type)
{
    queue<int> q;
    if(type==0)
    {
        memset(dist,0x3f,sizeof dmin);//不是很懂这里为什么是dmin而不是dist
        q.push(1);
        dist[1]=w[1];
    }
    else 
    {
        memset(dist,-0x3f,sizeof dmax);
        q.push(n);
        dist[n]=w[n];
    }

    while(q.size())
    {
        int t=q.front();
        q.pop();
        st[t]=false;

        for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            if(type==0&&dist[j]>min(dist[t],w[j])||type==1&&dist[j]<max(dist[t],w[j]))
            {
                if(type==0) dist[j]=min(dist[t],w[j]);
                else dist[j]=max(dist[t],w[j]);

                if(!st[j])
                {
                    q.push(j);
                    st[j]=true;
                }
            }
        }
    }


}

int main()
{
    cin>>n>>m;

    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
    memset(hs,-1,sizeof hs);
    memset(ht,-1,sizeof ht);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        add(hs,a,b),add(ht,b,a);
        if(c==2) add(hs,b,a),add(ht,a,b);
    }

    spfa(hs,dmin,0);
    spfa(ht,dmax,1);

    int res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) res=max(res,dmax[i]-dmin[i]);
    cout<<res;
    return 0;
}

作者：yankai
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/4334508/
来源：AcWing
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

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