【深基18.例3】查找文献（C++，图的遍历）

题目描述

小K 喜欢翻看洛谷博客获取知识。每篇文章可能会有若干个（也有可能没有）参考文献的链接指向别的博客文章。小K 求知欲旺盛，如果他看了某篇文章，那么他一定会去看这篇文章的参考文献（如果他之前已经看过这篇参考文献的话就不用再看它了）。

假设洛谷博客里面一共有 $n(n\le 10^5)$ 篇文章（编号为 1 到 $n$）以及 $m(m\le 10^6)$ 条参考文献引用关系。目前小 K 已经打开了编号为 1 的一篇文章，请帮助小 K 设计一种方法，使小 K 可以不重复、不遗漏的看完所有他能看到的文章。

这边是已经整理好的参考文献关系图，其中，文献 X → Y 表示文章 X 有参考文献 Y。不保证编号为 1 的文章没有被其他文章引用。

请对这个图分别进行 DFS 和 BFS，并输出遍历结果。如果有很多篇文章可以参阅，请先看编号较小的那篇(因此你可能需要先排序)。

输入格式

共 $m+1$ 行，第 1 行为 2 个数，$n$ 和 $m$，分别表示一共有 $n(n\le 10^5)$ 篇文章（编号为 1 到 $n$）以及$m(m\le 10^6)$ 条参考文献引用关系。

接下来 $m$ 行，每行有两个整数 $X,Y$ 表示文章 X 有参考文献 Y。

输出格式

共 2 行。
第一行为 DFS 遍历结果，第二行为 BFS 遍历结果。

样例 #1

样例输入 #1

8 9
1 2
1 3
1 4
2 5
2 6
3 7
4 7
4 8
7 8

样例输出 #1

1 2 5 6 3 7 8 4 
1 2 3 4 5 6 7 8

解题思路：

由于需要优先到达编号小的节点，所以采用优先队列，用vector存图

深度优先搜索思路如下

void dfs(int index) {//index为当前位置
	while (!queue[index].empty()) {
		if (/* 已经来过 */) queue[index].pop(); 
        else dfs(index);
    }
}

广度优先搜索思路如下

void bfs(int index) {//index为起始位置
	while (/* bfs队列不为空 */) {
		while (!queue[/* bfs首元素 */].empty()) {
			if (/* 已经来过 */) queue.pop();
			else /* queue.top()插入bfs队列 */;
		}
		/* bfs队首出队 */;
	}
}

实现代码如下

#include <iostream>
#include <memory.h>
#include <queue>
using namespace std;
const int max_n = 1e5;
const int max_m = 1e6;

priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>edges[max_n + 1];
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>edges_bfs[max_n + 1];
queue<int>bfs_queue;
bool book[max_n + 1] = { false };

void dfs(int index) {
	while (!edges[index].empty()) {
		if (book[edges[index].top()]) {
			edges[index].pop();
			continue;
		}
		int temp = edges[index].top();
		edges[index].pop();
		book[temp] = true;
		cout << temp << ' '; dfs(temp);
	}
}

void bfs(int index) {
	cout << index << ' ';
	bfs_queue.push(index);
	book[index] = true;
	while (!bfs_queue.empty()) {
		int head = bfs_queue.front();
		while (!edges_bfs[head].empty()) {
			if (book[edges_bfs[head].top()]) {
				edges_bfs[head].pop();
				continue;
			}
			int temp = edges_bfs[head].top();
			edges_bfs[head].pop();
			cout << temp << ' ';
			bfs_queue.push(temp);
			book[temp] = true;
		}
		bfs_queue.pop();
	}
}

int main() {
	int n, m, u, v;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		cin >> u >> v;
		edges[u].push(v);
		edges_bfs[u].push(v);
	}
	book[1] = true;
	cout << 1 << ' '; dfs(1); cout << endl;
	memset(book, false, sizeof(bool) * (max_n + 1));
	bfs(1);
	return 0;
}

【模板】floyd（C++）

题目背景

模板题，无背景

题目描述

给出n个点，m条边的无向图，求每个点到其他点的距离之和%998244354的值

输入格式

第一行两个数n，m含义如上
从第二行开始，共m行，每行三个数x，y，l，代表从x到y点的长度为l

输出格式

n行，每行一个数，第i行代表点i到其他点的距离之和

样例 #1

样例输入 #1

2 1
1 2 4

样例输出 #1

4
4

样例 #2

样例输入 #2

4 5
1 2 1
1 3 2
2 3 2
3 4 3
2 4 4

样例输出 #2

8
7
7
12

提示

模板题，保证图联通
$n\le 500$，$m\le 10000$，$1\le x,y\le n$，$l\le 10^9$

解题思路：

先介绍一下floyd

floyd状态转移方程：

dist[i][j][k] = min(dist[i][j][k-1], dist[i][k][k-1] + dist[k][j][k-1])

每个dist有三个索引，第一个代表起始点，第二个代表终点，第三个代表不经过标号大于k的所有点

其实就是一种有序遍历所有可能路径的方式

由状态转移方程可以看出，可以采用动态优化

dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j])

故采用二维数组存图

接下来介绍实现方式

首先将二维数组进行初始化，i -> i初始化为0，其余初始化为无穷大（NaN）

接下来二维数组存图，这部分略过

采用三重循环实现floyd

第一重循环：尝试加入从1到n的所有点到路径中

第二重循环和第三重循环：遍历每一条路径，尝试更新其最小值

AC代码如下

#include <iostream>
#include <memory.h>
using namespace std;
const int max_n = 500;
const int NaN = 0x3F3F3F3F;
const int mod_num = 998244354;

int ans[max_n + 1][max_n + 1] = {};

int main() {
	memset(ans, 0x3F, sizeof(int) * (max_n + 1) * (max_n + 1));
	for (int i = 1; i <= max_n; i++) ans[i][i] = 0;//初始化
	int n, m, x, y, l;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {//存图
		cin >> x >> y >> l;
		ans[x][y] = ans[y][x] = min(ans[x][y], l);
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)//加入第i个节点
		for (int j = 1; j <= n; j++)//遍历图查看是否能更新
			for (int k = 1; k <= n; k++)
				ans[j][k] = min(ans[j][k], ans[j][i] + ans[i][k]);

	for (int i = 1; i <= n; i++) {//输出
		long long sum = 0;
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			sum = (sum + ans[i][j]) % mod_num;
		cout << sum << endl;
	}
	return 0;
}

这里推荐一个讲解floyd博客，来自CSDN博主Big sai，传送门

【模板】单源最短路径（标准版）

题目背景

2018 年 7 月 19 日，某位同学在 NOI Day 1 T1 归程 一题里非常熟练地使用了一个广为人知的算法求最短路。

然后呢？

$100\to 60$；

$\text{Ag}\to \text{Cu}$；

最终，他因此没能与理想的大学达成契约。

小 F 衷心祝愿大家不再重蹈覆辙。

题目描述

给定一个 $n$ 个点，$m$ 条有向边的带非负权图，请你计算从 $s$ 出发，到每个点的距离。

数据保证你能从 $s$ 出发到任意点。

输入格式

第一行为三个正整数 $n,m,s$。
第二行起 $m$ 行，每行三个非负整数 $u_i,v_i,w_i$，表示从 $u_i$ 到 $v_i$ 有一条权值为 $w_i$ 的有向边。

输出格式

输出一行 $n$ 个空格分隔的非负整数，表示 $s$ 到每个点的距离。

样例 #1

样例输入 #1

4 6 1
1 2 2
2 3 2
2 4 1
1 3 5
3 4 3
1 4 4

样例输出 #1

0 2 4 3

提示

样例解释请参考 数据随机的模板题。

$1\le n\le 10^5$；

$1\le m\le 2\times 10^5$；

$s=1$；

$1\le u_i,v_i\le n$；

$0\le w_i\le 10^9$,

$0\le \sum w_i\le 10^9$。

本题数据可能会持续更新，但不会重测，望周知。

2018.09.04 数据更新 from @zzq

解题思路：

先介绍一下Dijkstra思想

其实质是贪心

Dijkstra将所有点划分为两个点集

其中最短路径集里所有点的最短路径均是已知的

最初，所有的点均属于非最短路径集

首先将起点加入到最短路径集

然后尝试从起点能够到达的所有点

将其中路径最短的点加入到最短路径集，然后尝试从新的点能够到达的所有点

再次把已尝试过所有路径中路径最短的点加入最短路径集，然后循环上述步骤

注意，是尝试过的所有路径中，而不是第二次尝试的路径中

AC代码如下

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <memory.h>
using namespace std;
const int max_n = 1e5;
const int max_m = 2e5;

struct edge { int v, p, next; }edges[max_m + 1];//链式前向星存图
int head[max_n + 1] = { -1 };//链表头
int tot = -1;//下标分配
bool book[max_n + 1] = { false };//最短路径集
int ans[max_n + 1];
struct node { int dis, v; };
class queue_greater {
public:
	bool operator()(node n_1, node n_2) {
		return n_1.dis > n_2.dis;
	}
};
priority_queue<node, vector<node>, queue_greater>dijkstra;


void add_edge(int u, int v, int p) {//存图
	edges[++tot] = { v, p, head[u] }; head[u] = tot;
}

void bfs(int start) {//Dijkstra
	ans[start] = 0;
	dijkstra.push(node{ 0, start });//初始化
	while (!dijkstra.empty()) {
		if (book[dijkstra.top().v]) {//已加入最短路径集
			dijkstra.pop();
			continue;
		}
		//未加入最短路径集
		int temp_node = dijkstra.top().v;
		int dis = dijkstra.top().dis;
		book[temp_node] = true;//加入最短路径集
		for (int i = head[temp_node]; i != -1; i = edges[i].next) {//遍历每一条边
			int v = edges[i].v;
			if (ans[v] > dis + edges[i].p) {//尝试更新
				ans[v] = dis + edges[i].p;//更新
				dijkstra.push(node{ ans[v], v });
			}
		}
	}
}

int main() {
	memset(ans, 0x3F, sizeof(int) * (max_n + 1));
	memset(head, -1, sizeof(int) * (max_n + 1));
	int n, m, s, u, v, p;
	cin >> n >> m >> s;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		cin >> u >> v >> p;
		add_edge(u, v, p);
	}
	bfs(s);
	for (int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << ' ';
	return 0;
}