T1【深基18.例3】查找文献

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

思路：dfs和bfs的遍历问题，用vector数组储存路线，再分别dfs递归方法出路线图和bfs队列方法求出路线图即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int>v[100005];
queue<int>q;
bool vis[100005] = { false };
int n, m;


void dfs(int now)
{
	if (vis[now]==true)
	{
		return;
	}
	else
	{
		vis[now] = true;
		cout << now << " ";
		sort(v[now].begin(), v[now].end());
		for(vector<int>::iterator it=v[now].begin();it!=v[now].end();it++)
		{
			dfs(*it);
		}
	}
}
void bfs(int now)
{
	q.push(now);
	vis[now] = true;
	while (!q.empty())
	{
		int fir = q.front();
		cout << q.front() << " ";
		q.pop();
		sort(v[fir].begin(),v[fir].end());
		for (vector<int>::iterator it = v[fir].begin();it != v[fir].end();it++)
		{
			if (vis[*it] == false)
			{
				vis[*it] = true;
				q.push(*it);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0;i < m;i++)
	{
		int num[2]={};
		cin >> num[0] >> num[1];
		v[num[0]].push_back(num[1]);
	}
	dfs(1);
	cout << endl;
	memset(vis, false, sizeof vis);
	bfs(1);
	return 0;
}

T2【模板】floyd

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

样例输入

2 1
1 2 4

样例输出

4
4

提示

模板题，保证图联通
n<=500
m<=10000
1<=x,y<=n
l<=1e9

思路：floyd模板题，求多源最短路径，本题即求从i号顶点到j号顶点只经过前k号点的最短距离，便可以求得任意两点之间的最短路径

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long INF = 9999999999;
long long f[5001][5001] = {};

int main()
{
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		for (int j = 1;j <= n;j++)
		{
			f[i][j] = INF;
			f[i][i] = 0;
		}
	}
	for (int i = 1;i <= m;i++)
	{
		int x, y;
		long long z;
		cin >> x >> y >> z;
		f[x][y] = min(z, f[x][y]);
		f[y][x] = min(z, f[y][x]);
	}
	for (int k = 1;k <= n;k++)
	{
		for (int i = 1;i <= n;i++)
		{
			for (int j = 1;j <= n;j++)
			{
				if (f[i][k] + f[k][j] < f[i][j])
					f[i][j] = (f[i][k] + f[k][j]);
			}
		}
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		int sum = 0;
		for (int j = 1;j <= n;j++)
		{
			if (f[i][j] != INF)
				sum = (sum + f[i][j]) % 998244354;
		}
		cout << sum << endl;
	}
	return 0;
}

T3【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

$1\le n\le 10^5$；

$1\le m\le 2\times 10^5$；

$s=1$；

$1\le u_i,v_i\le n$；

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

$0\le \sum w_i\le 10^9$。

思路：本题求单源点最短路径，用dijkstra+堆优化的方法来求，dijkstra算法就是定一个源点，求以固定源点到某一个点的路径长度，从某一个源点出发，求到各个顶点的最小权值

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long INF = 9999999999;
long long d, s, n, m, nw, k, f[500005] = {};
bool vis[500005] = { false };
vector<pair<long, long>> v[500005];
map<long, long>mp;
int main()
{
	cin >> n >> m >> nw;
	for (int i = 1;i <= m;i++)
	{
		cin >> k >> s >> d;
		v[k].push_back({ s,d });
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++)
		f[i] = INF;                 //初始化为无穷
	f[nw] = 0;
	mp.insert({ 0,nw });
	while (!mp.empty())
	{
		map<long, long>::iterator mit = mp.begin();
		k = (*mit).second;
		mp.erase(mp.begin());
		if (vis[k] == true)
			continue;
		else
		{
			vis[k] = true;
			for (int i = 0;i < v[k].size();i++)
			{
				s = v[k][i].first;
				d = v[k][i].second;
				if (vis[s] == false && f[s] > f[k] + d)
				{
					f[s] = f[k] + d;
					mp.insert({ f[s],s });
				}
			}
		}
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++)
		cout << f[i] << " ";
	return 0;
}
}