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

$1 \leq F \leq 5$
$1 \leq N \leq 500,$
$1 \leq M \leq 2500,$
$1 \leq W \leq 200,$
$1 \leq T \leq 10000,$
$1 \leq S, E \leq N$

输入样例

输出样例

NO
YES

题意

负环板题

思路

跑一遍spfa

代码

#include <bits/stdc++.h>

using 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);

    queue<int> 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 a，b，t[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

$2 \leq L \leq 1000,$
$2 \leq P \leq 5000,$
$1 \leq f [i], t [i] \leq 1000$

输入样例

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： $\frac{\sum f_i}{\sum t_i}>Mid$
化简： $\sum f_i-Mid*\sum t_i>0$

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： $\sum (f_i-Mid*t_i)>0$

现在将边权全看成 $f_i-Mid*t_i$

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++.h>

using 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);

    queue<int> 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 5+7+10=22（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 n=0 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

$1 \leq n \leq 105$

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：
在这里插入图片描述
答案就变成了求 $\frac{\sum w_i}{\sum 1}$ 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： $\sum w_i - Mid*\sum 1>0$

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++.h>

using 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);

    queue<int> 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);
        }
    }
}