目录
1、网络分析（第十一届蓝桥杯省赛第一场C++ A组/B组）
2、奶酪（NOIP2017提高组）
3、合并集合（模板）
4、连通块中点的数量（模板）
5、格子游戏（《信息学奥赛一本通》）
1、网络分析（第十一届蓝桥杯省赛第一场C++ A组/B组）
小明正在做一个网络实验。
他设置了 n 台电脑，称为节点，用于收发和存储数据。
初始时，所有节点都是独立的，不存在任何连接。
小明可以通过网线将两个节点连接起来，连接后两个节点就可以互相通信了。
两个节点如果存在网线连接，称为相邻。
小明有时会测试当时的网络，他会在某个节点发送一条信息，信息会发送到每个相邻的节点，之后这些节点又会转发到自己相邻的节点，直到所有直接或间接相邻的节点都收到了信息。
所有发送和接收的节点都会将信息存储下来。
一条信息只存储一次。
给出小明连接和测试的过程，请计算出每个节点存储信息的大小。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n,m，分别表示节点数量和操作数量。
节点从 1 至 n 编号。
接下来 m 行，每行三个整数，表示一个操作。
- 如果操作为
1 a b，表示将节点 a 和节点 b 通过网线连接起来。当 a = b 时，表示连接了一个自环，对网络没有实质影响。 - 如果操作为
2 p t，表示在节点 p 上发送一条大小为 t 的信息。
输出格式
输出一行，包含 n 个整数，相邻整数之间用一个空格分割，依次表示进行完上述操作后节点 1 至节点 n 上存储信息的大小。
数据范围
1≤n≤10000
1≤m≤1e5
1≤t≤100
输入样例1：
4 8
1 1 2
2 1 10
2 3 5
1 4 1
2 2 2
1 1 2
1 2 4
2 2 1
输出样例1：
13 13 5 3思路：
连接的时候创建一个新的根节点，作为祖先（通过创建新节点，可以实现在之后的dfs中不会将之前的信息加到后连接的计算机上）
依次执行输入的指令，传达的信息都加到根节点上
dfs，把发送的信息全部累加到根节点上
遍历输出根节点的信息（如果对于节点i，p[i]==i则说明这是个根节点，不然说明这个根节点已经其点的子节点了）
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e4+10,M=N<<1;
int p[N];
int h[M],e[M],ne[M],idx;
int add(int a,int b)
{
e[idx]=b;//值存到e里（idx是e的编号）
ne[idx]=h[a];//d的编号的下一个指向h【a】指向的编号
h[a]=idx++;//h【a】指向b的编号
}
int f[N];//存储信息
int n,m;
int find(int x)
{
if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);
return p[x];
}
void merge(int a,int b,int &root)
{
a=find(a);
b=find(b);
if(a!=b)
{
p[a]=p[b]=root;
add(root,a);
add(root,b);
root++;
}
}
void dfs(int son,int father)
{
f[son]+=f[father];
for(int i=h[son];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
dfs(j,son);
}
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n*2;i++)
{
p[i]=i;
}
int root=n+1;
while(m--)
{
int t,a,b;
cin>>t;
cin>>a>>b;
//cout<<"yes";
//cout<<m<<endl;
if(t==1)
{
merge(a,b,root);
}
else
{
a=find(a);
f[a]+=b;
}
//cout<<m<<endl;
}
//cout<<"yes1";
for(int i=n+1;i<root;i++)if(p[i]==i)dfs(i,0);//把每个根节点的值传递到每个计算机上
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<f[i]<<" ";
return 0;
}
/*
4 8
1 1 2
2 1 10
2 3 5
1 4 1
2 2 2
1 1 2
1 2 4
2 2 1
13 13 5 3
*/2、奶酪（NOIP2017提高组）
现有一块大奶酪，它的高度为 h，它的长度和宽度我们可以认为是无限大的，奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。
我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系，在坐标系中，奶酪的下表面为 z=0，奶酪的上表面为 z=h。
现在，奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry，它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。
如果两个空洞相切或是相交，则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞，特别地，如果一个空洞与下表面相切或是相交，Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞；如果一个空洞与上表面相切或是相交，Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。
位于奶酪下表面的 Jerry 想知道，在不破坏奶酪的情况下，能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?
空间内两点 P1(x1,y1,z1)、P2(x2,y2,z2)的距离公式如下：
输入格式
每个输入文件包含多组数据。
输入文件的第一行，包含一个正整数 T，代表该输入文件中所含的数据组数。
接下来是 T组数据，每组数据的格式如下：
第一行包含三个正整数 n，h，和 r，两个数之间以一个空格分开，分别代表奶酪中空洞的数量，奶酪的高度和空洞的半径。
接下来的 n 行，每行包含三个整数 x、y、z，两个数之间以一个空格分开，表示空洞球心坐标为 (x,y,z)。
输出格式
输出文件包含 T 行，分别对应 T 组数据的答案，如果在第 i 组数据中，Jerry 能从下表面跑到上表面，则输出 Yes，如果不能，则输出 No。
数据范围
1≤n≤1000
1≤h,r≤1e9
T≤20
坐标的绝对值不超过1e9
输入样例：
3
2 4 1
0 0 1
0 0 3
2 5 1
0 0 1
0 0 4
2 5 2
0 0 2
2 0 4
输出样例：
Yes
No
Yes思路：
多源dfs（推荐）
或者并查集
代码：
多源bfs
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, h, r, f[1010];
double x[1010], y[1010], z[1010];
inline double dist(double X1, double X2, double Y1, double Y2, double Z1, double Z2) {
return sqrt((X1 - X2) * (X1 - X2) + (Y1 - Y2) * (Y1 - Y2) + (Z1 - Z2) * (Z1 - Z2));
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d%d%d", &n, &h, &r);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lf%lf%lf", &x[i], &y[i], &z[i]), f[i] = 0;
queue<int> q; bool ok = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (z[i] <= r) q.push(i), f[i] = 1;
while (q.size()) {
int p = q.front(); q.pop();
if (ok) break;
if (z[p] + r >= h) {ok = 1; puts("Yes"); break;}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (f[i]) continue;
if (dist(x[p], x[i], y[p], y[i], z[p], z[i]) <= 2 * r) {
q.push(i), f[i] = 1;
if (z[i] + r >= h) {ok = 1; puts("Yes"); break;}
}
}
}
if (!ok) puts("No");
}
return 0;
}
并查集：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, h, r;
int t1, s1[1010], t2, s2[1010], fa[1010];
pair<long long, pair<long long, long long> > a[1010];
int get(int x) {
if (fa[x] != x) fa[x] = get(fa[x]);
return fa[x];
}
double dist(double X1, double X2, double Y1, double Y2, double Z1, double Z2) {
return sqrt(pow(X1 - X2, 2) + pow(Y1 - Y2, 2) + pow(Z1 - Z2, 2));
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d%d%d", &n, &h, &r); t1 = 0, t2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld%lld%lld", &a[i].second.first, &a[i].second.second, &a[i].first);
if (a[i].first + r >= h) s1[++t1] = i;
if (a[i].first - r <= 0) s2[++t2] = i;
}
if (t1 == 0 || t2 == 0) {puts("No"); continue;}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
if (get(i) == get(j)) continue;
double d = dist(a[i].second.first, a[j].second.first, a[i].second.second, a[j].second.second, a[i].first, a[j].first);
if (d <= 2 * r) fa[get(i)] = get(j);
}
int b = 0;
for (int i = 1; i <= t1; i++) {
if (b) break;
for (int j = 1; j <= t2; j++)
if (get(s1[i]) == get(s2[j])) {puts("Yes"); b = 1; break;}
}
if (!b) puts("No");
}
return 0;
}3、合并集合（模板）
一共有 n 个数，编号是 1∼n，最开始每个数各自在一个集合中。
现在要进行 m 个操作，操作共有两种：
M a b，将编号为 a和 b的两个数所在的集合合并，如果两个数已经在同一个集合中，则忽略这个操作；Q a b，询问编号为 a 和 b 的两个数是否在同一个集合中；
输入格式
第一行输入整数 n 和 m。
接下来 m 行，每行包含一个操作指令，指令为 M a b 或 Q a b 中的一种。
输出格式
对于每个询问指令 Q a b，都要输出一个结果，如果 a 和 b 在同一集合内，则输出 Yes，否则输出 No。
每个结果占一行。
数据范围
1≤n,m≤1e5
输入样例：
4 5
M 1 2
M 3 4
Q 1 2
Q 1 3
Q 3 4
输出样例：
Yes
No
Yes思路：
写好find函数和merge函数
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m;
int p[N];
int find(int x)
{
if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);
return p[x];
}
void merge(int a,int b)
{
p[find(a)]=find(b);//a的祖先添加到b的祖先下面
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=i;
while(m--)
{
char op;
int a,b;
cin>>op;
cin>>a>>b;
if(op=='M')
{
merge(a,b);
}
else
{
if(find(a)==find(b))cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
}
//Yes No
return 0;
} 4、连通块中点的数量（模板）
给定一个包含 n 个点（编号为 1∼n）的无向图，初始时图中没有边。
现在要进行 m 个操作，操作共有三种：
C a b，在点 a 和点 b之间连一条边，a 和 b 可能相等；Q1 a b，询问点 a 和点 b是否在同一个连通块中，a 和 b 可能相等；Q2 a，询问点 a 所在连通块中点的数量；
输入格式
第一行输入整数 n 和 m。
接下来 m 行，每行包含一个操作指令，指令为 C a b，Q1 a b 或 Q2 a 中的一种。
输出格式
对于每个询问指令 Q1 a b，如果 a和 b 在同一个连通块中，则输出 Yes，否则输出 No。
对于每个询问指令 Q2 a，输出一个整数表示点 a 所在连通块中点的数量
每个结果占一行。
数据范围
1≤n,m≤1e5
输入样例：
5 5
C 1 2
Q1 1 2
Q2 1
C 2 5
Q2 5
输出样例：
Yes
2
3
思路：
cnt数组统计连通块中点的数量（注意数量全放在祖先节点），合并函数（merge）中进行累加
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,m;
int p[N];
int cnt[N];
int find(int x)
{
if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);
return p[x];
}
void merge(int a,int b)
{
cnt[find(b)]+=cnt[find(a)];
p[find(a)]=find(b);
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p[i]=i;
cnt[i]=1;
}
while(m--)
{
char op[5];
cin>>op;
if(op[0]=='C')
{
int a,b;
cin>>a>>b;
if(find(a)==find(b))continue;
merge(a,b);
}
else if(op[1]=='1')
{
int a,b;
cin>>a>>b;
if(find(a)==find(b))cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
else
{
int t;
cin>>t;
cout<<cnt[find(t)]<<endl;
}
}
return 0;
}5、格子游戏（《信息学奥赛一本通》）
Alice和Bob玩了一个古老的游戏：首先画一个 n×n的点阵（下图 n=3 ）。
接着，他们两个轮流在相邻的点之间画上红边和蓝边：
直到围成一个封闭的圈（面积不必为 1）为止，“封圈”的那个人就是赢家。因为棋盘实在是太大了，他们的游戏实在是太长了！
他们甚至在游戏中都不知道谁赢得了游戏。
于是请你写一个程序，帮助他们计算他们是否结束了游戏？
输入格式
输入数据第一行为两个整数 n 和 m。n表示点阵的大小，m 表示一共画了 m 条线。
以后 m 行，每行首先有两个数字 (x,y)，代表了画线的起点坐标，接着用空格隔开一个字符，假如字符是 D，则是向下连一条边，如果是 R 就是向右连一条边。
输入数据不会有重复的边且保证正确。
输出格式
输出一行：在第几步的时候结束。
假如 m 步之后也没有结束，则输出一行“draw”。
数据范围
1≤n≤200
1≤m≤24000
输入样例：
3 5
1 1 D
1 1 R
1 2 D
2 1 R
2 2 D
输出样例：
4思路：
注意审题，"轮流在相邻的点之间画上红边和蓝边"表示不存在有孤立的线的情况
可以把每个点进行转换，变成一个独特的数，然后我们就可以把每个点存起来，如果新的两个点转化后，发现有共同祖先那就表示封圈了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e4+9;//因为二维转化为一维了，所以一维空间必须开N的平方级 （200*200）
int p[N];
int find(int x)
{
if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);
return p[x];
}
void merge(int a,int b)
{
p[find(a)]=find(b);
}
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n*n;i++)p[i]=i;
int cnt=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b;
char c;
cin>>a>>b>>c;
int p=(a-1)*n+b;//p表示原来的坐标
int q;//q表示另一端（向下或者向右）
if(c=='D')q=a*n+b;
else q=(a-1)*n+b+1;
//cout<<find(p)<<" "<<find(q)<<endl;
if(find(p)==find(q))
{
cout<<i;
return 0;
}
merge(p,q);
}
cout<<"draw";
return 0;
}
