畅通工程
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 49230 Accepted Submission(s): 26261
Problem Description
某省调查城镇交通状况，得到现有城镇道路统计表，表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个城镇间都可以实现交通（但不一定有直接的道路相连，只要互相间接通过道路可达即可）。问最少还需要建设多少条道路？
Input
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M；随后的M行对应M条道路，每行给出一对正整数，分别是该条道路直接连通的两个城镇的编号。为简单起见，城镇从1到N编号。
注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说
3 3
1 2
1 2
2 1
这种输入也是合法的
当N为0时，输入结束，该用例不被处理。
Output
对每个测试用例，在1行里输出最少还需要建设的道路数目。
Sample Input
4 2
1 3
4 3
3 3
1 2
1 3
2 3
5 2
1 2
3 5
999 0
0
Sample Output
1
0
2
998
Hint
Hint
Huge input, scanf is recommended.
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAX=1000;
int father[MAX];
void initial(int n) //初始化
{
for(int i=1;i<=n;i++)
father[i]=i;
}
int find(int x) //查找
{
while(father[x]!=x)
x=father[x];
return x;
}
void combine(int a,int b) //合并
{
int tmpa=find(a);
int tmpb=find(b);
if(tmpa!=tmpb)
father[tmpa]=tmpb;
}
int main()
{
int i,n,m,a,b,tmp;
while(cin>>n,n)
{
initial(n);
cin>>m;
for(i=1;i<=m;i++)
{
cin>>a>>b;
combine(a,b);
}
tmp=0;
for(i=1;i<=n;i++) //确定连通分量个数
{
if(father[i]==i)
tmp++;
}
cout<<tmp-1<<endl;
}
return 0;
}
畅通工程续
Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 48676 Accepted Submission(s): 18092
Problem Description
某省自从实行了很多年的畅通工程计划后，终于修建了很多路。不过路多了也不好，每次要从一个城镇到另一个城镇时，都有许多种道路方案可以选择，而某些方案要比另一些方案行走的距离要短很多。这让行人很困扰。
现在，已知起点和终点，请你计算出要从起点到终点，最短需要行走多少距离。
Input
本题目包含多组数据，请处理到文件结束。
每组数据第一行包含两个正整数N和M(0<N<200,0<M<1000)，分别代表现有城镇的数目和已修建的道路的数目。城镇分别以0～N-1编号。
接下来是M行道路信息。每一行有三个整数A,B,X(0<=A,B<N,A!=B,0<X<10000),表示城镇A和城镇B之间有一条长度为X的双向道路。
再接下一行有两个整数S,T(0<=S,T<N)，分别代表起点和终点。
Output
对于每组数据，请在一行里输出最短需要行走的距离。如果不存在从S到T的路线，就输出-1.
Sample Input
3 3
0 1 1
0 2 3
1 2 1
0 2
3 1
0 1 1
1 2
Sample Output
2
-1
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=210;
int n,m,s,t;
int map[N][N],dis[N],vis[N];
void Dijkstra(int src){
int i;
for(i=0;i<n;i++){
dis[i]=map[src][i];
vis[i]=0;
}
dis[src]=0;
vis[src]=1;
int j,k,tmp;
for(i=0;i<n;i++){
tmp=INF;
for(j=0;j<n;j++)
if(!vis[j] && tmp>dis[j]){
k=j;
tmp=dis[j];
}
if(tmp==INF)
break;
vis[k]=1;
for(j=0;j<n;j++)
if(!vis[j] && dis[j]>dis[k]+map[k][j])
dis[j]=dis[k]+map[k][j];
}
}
int main(){
//freopen("input.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
int u,v,w;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
map[i][j]=INF;
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
if(map[u][v]>w)
map[u][v]=map[v][u]=w;
}
scanf("%d%d",&s,&t);
Dijkstra(s);
if(dis[t]==INF)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n",dis[t]);
}
return 0;
}
畅通工程再续
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 25697 Accepted Submission(s): 8320
Problem Description
相信大家都听说一个“百岛湖”的地方吧，百岛湖的居民生活在不同的小岛中，当他们想去其他的小岛时都要通过划小船来实现。现在政府决定大力发展百岛湖，发展首先要解决的问题当然是交通问题，政府决定实现百岛湖的全畅通！经过考察小组RPRush对百岛湖的情况充分了解后，决定在符合条件的小岛间建上桥，所谓符合条件，就是2个小岛之间的距离不能小于10米，也不能大于1000米。当然，为了节省资金，只要求实现任意2个小岛之间有路通即可。其中桥的价格为 100元/米。
Input
输入包括多组数据。输入首先包括一个整数T(T <= 200)，代表有T组数据。
每组数据首先是一个整数C(C <= 100),代表小岛的个数，接下来是C组坐标，代表每个小岛的坐标，这些坐标都是 0 <= x, y <= 1000的整数。
Output
每组输入数据输出一行，代表建桥的最小花费，结果保留一位小数。如果无法实现工程以达到全部畅通，输出”oh!”.
Sample Input
2
2
10 10
20 20
3
1 1
2 2
1000 1000
Sample Output
1414.2
oh!
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define MAXN 1002
double path[102][102];
int flag[102];
double closedge[102];
double cnt;
typedef struct{
int x, y;
}input;
input temp[102];
double calculate(int x1, int y1, int x2, int y2)
{// 两点之间的距离
double t = (double)((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
return sqrt(t);
}
double CreatMST(int n)
{
int i, j, x;
double k;
flag[0] = 1;
for(i=1; i<n; ++i)
closedge[i] = path[0][i];
for(i=1; i<n; ++i)
{
k = MAXN-2, x = 0;
for(j=0; j<n; ++j)
if(!flag[j] && closedge[j] <= k)
x = j, k = closedge[j];
flag[x] = 1;
cnt += k;
for(j=0; j<n; ++j)
if(!flag[j] && closedge[j] > path[x][j])
closedge[j] = path[x][j];
}
return cnt;
}
int main()
{
int i, j, k, t, x, y, n, m, T, fflag;
double h;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d", &n);
cnt = 0;
memset(temp, 0, sizeof(input)*102);
memset(flag, 0, sizeof(flag));
memset(closedge, 0, sizeof(closedge));
memset(path, 0, sizeof(double)*102*102);
for(i=0; i<n; ++i)
scanf("%d%d", &temp[i].x, &temp[i].y);
// 计算N*(N+1)条路径的权重
for(i=0; i<n; ++i)
for(j=0; j<n; ++j)
{
h = calculate(temp[i].x, temp[i].y, temp[j].x, temp[j].y);
if(h < 10 || h > 1000) path[i][j] = MAXN; // 处理掉不属于范围内的路径
else path[i][j] = h;
}
if(n == 1 || n == 0) {printf("oh!\n"); continue;} // 特殊的情况先判断
h = CreatMST(n)*100;
fflag = 0;
for(i=0; i<n; ++i) if(flag[i] == 0) {fflag = 1; break;} // 如果还有小岛未归纳进去，说明工程未完成
if(fflag) printf("oh!\n");
else printf("%.1lf\n", h);
}
return 0;
}
继续畅通工程
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 22717 Accepted Submission(s): 9708
Problem Description
省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个村庄间都可以实现公路交通（但不一定有直接的公路相连，只要能间接通过公路可达即可）。现得到城镇道路统计表，表中列出了任意两城镇间修建道路的费用，以及该道路是否已经修通的状态。现请你编写程序，计算出全省畅通需要的最低成本。
Input
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出村庄数目N ( 1< N < 100 )；随后的 N(N-1)/2 行对应村庄间道路的成本及修建状态，每行给4个正整数，分别是两个村庄的编号（从1编号到N），此两村庄间道路的成本，以及修建状态：1表示已建，0表示未建。
当N为0时输入结束。
Output
每个测试用例的输出占一行，输出全省畅通需要的最低成本。
Sample Input
3
1 2 1 0
1 3 2 0
2 3 4 0
3
1 2 1 0
1 3 2 0
2 3 4 1
3
1 2 1 0
1 3 2 1
2 3 4 1
0
Sample Output
3
1
0
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct node {
int start ,end,expense,flag;
}data[5005];
int father[105];
void make_set(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
father[i]=i;
}
int find_set(int x)
{
if(x^father[x])
father[x]=find_set(father[x]);
return father[x];
}
int union_set(int x,int y)
{
x=find_set(x);
y=find_set(y);
if(x==y)
return 0;
father[x]=y;
return 1;
}
bool cmp(node a,node b)
{
return a.expense<b.expense;
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
if(!n)
break;
make_set(n);
int ans=0;
int m=(n-1)*n/2;
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&data[i].start,&data[i].end,&data[i].expense,&data[i].flag);
if(data[i].flag)//当道路修通时，规定一节点为另一节点的父亲
father[data[i].start]=data[i].end;
}
sort(data,data+m,cmp);//按道路的花费升序排列
//在不构成环的前提下，选择最短的边，有贪心的思想
for(int i=0;i<m;i++)
{
if(union_set(data[i].start,data[i].end))
ans+=data[i].expense;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}