图论刷题整理

图论习题整理

求先序排列

需要知道树的遍历方法,分别前中后序,代表着先访问根节点,左子树,右子树,或是左中右,或是左右中

现在给同一棵树的中后两个序列,求前序,

首先清楚这样的性质:

1.对于某个树(无论是子树还是本体,只要是棵完整的树就行),其前序遍历序列的第一个节点肯定是它的根,就是对于节点,其位于的层数越浅越靠后

对于后序遍历也类似,只是相反

2.中序遍历虽然看起来很乱,啥用没有,但是它在划分子树(是左子树还是右子树)上有着不可或缺的作用,毕竟对于一个数的中序序列,一旦找到根节点,其左子树和右子树就非常好确定了

3.因为无论哪种遍历,都是挨个按照子树的顺序去遍历的,所以子树的序列在总序列里面一定是连续的,不存在穿插的情况

那么这就好办了,递归处理规定区间的序列就好

先将后序序列中最后一位取出,在中序序列中进行查找,然后规定中序序列的左右子树,也就是下一步的目标,进行递归处理

同时,我们注意到中序遍历和后序遍历的子树区间并不对应,所以要同时处理两个序列需要处理的区间,中序好说,关键是后序

我们发现对于后序序列,其构成一定为:(左子树)+(右子树)+(根节点)

就是一定是这样有序的

那么只要处理出区间长度(就是子树大小,当然左右需要分开的),差不多这题就结了,

记得我们在处理中序序列时找的根节点吗?就用它的下标来作区间处理

这里的区间表示有点考验思维,建议自己推(不推反正下面也有代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
char tar1[10];
char tar2[10];
int len;
inline int find(const char &x){
    for(int i=1;i<=len;i++)
        if(tar1[i]==x) return i;
}
inline void search(int l1,int r1,int l2,int r2){
    printf("%c",tar2[r2]);
    int t=find(tar2[r2]);
    if(t>l1) search(l1,t-1,l2,r2+t-r1-1);
    if(t<r1) search(t+1,r1,l2+t-l1,r2-1);
}
int main(){
    scanf("%s",tar1+1);
    scanf("%s",tar2+1);
    len=strlen(tar1+1);
    search(1,len,1,len);
    return 0;
}

没有与最短路及其算法相关的图论整理博客不是好博客(本来就不是

虫洞Wormholes

题目翻译:

给了一堆数据范围(题目中的小路不会耗10000秒什么的也是数据范围啦...)

然后问你有没有负环

(我兴致冲冲想写最短路你给我看这个?

看到题,看到环,不要什么时候都想着tarjan...tarjan只是存强连通分量的算法,虽然环也可以,但是用于找负环...有SPFA为什么不用呢?

SPFA基于广搜BFS,深搜DFS当然可以过但是对于那道负环模板题就会被卡掉

为什么SPFA(或者Bellman-Ford)会被负环卡掉?

因为SPFA见到可以更新到很小,就一定会进行更新和入队(准备下一步松弛)

那么负环正是可以"无限缩小"的这么一种东西,就这样,SPFA在无限的更优方案中死掉了

每一个点只要入队超过n-1次,就说明有负环,因为每个店最多被其他每个点各松弛一次,多了就是在里面绕起来了,用它判负环就是了

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
int t;
int n,m;
struct Ed{
    int to,nxt,dis;
}ed[50005];
int head[20005];
bool vis[20005];
int tms[20005];
int ednum;
inline void add(const int &from,const int &to,const int &dis){
    ed[++ednum].to=to;
    ed[ednum].dis=dis;
    ed[ednum].nxt=head[from];
    head[from]=ednum;
}
int dis[20005];
queue<int> q;
inline bool spfa(){
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    memset(vis,0,sizeof vis);
    memset(tms,0,sizeof tms);
    dis[1]=0;
    vis[1]=1;
    tms[1]++;
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=ed[i].nxt){
            if(dis[ed[i].to]>dis[u]+ed[i].dis){
                dis[ed[i].to]=dis[u]+ed[i].dis;
                if(!vis[ed[i].to]){
                    q.push(ed[i].to);
                    vis[ed[i].to]=1;
                    tms[ed[i].to]++;
                    if(tms[ed[i].to]>=n)
                        return 1;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        memset(ed,0,sizeof ed);
        memset(head,0,sizeof head);
        ednum=0;
        int w;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int a,b,c;
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
            add(a,b,c);
            add(b,a,c);
        }
        for(int i=1;i<=w;i++){
            int a,b,c;
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
            add(a,b,-c);
        }
        bool ok=spfa();
        if(ok) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/648-233/p/11346941.html